\extitle{4}{矩阵}
\noindent \textbf{记号与惯例}
\begin{enumerate}[label=(\arabic*),itemsep=0pt]
  \item $\bZ,\symbf{Q}, \symbf{R}, \symbf{C}$分别表示整数环、有理数域、实数域、复数域。
    如无特别声明，基域都是某个数域，$P$ 和 $\bF$ 表示数域。
    对数域 $\bF$, $\bF^*$表示所有$\bF$中非零数的集合，
 $\bF[x]$表示系数属于$\bF$的多项式构成的环。
  $\bZ[x]$ 表示整系数多项式构成的环。
\item 对数域 $\bF$, $\bF^n, \bF^{(n)}$ 分别表示 $n$ 维行向量、$n$维列向量的集合。
  $\bF^{m\times n}$ 表示 $m\times n$矩阵的集合。 
$\GL_n(\bF)$表示数域$\bF$上$n$阶可逆矩阵的集合（称为\emph{一般线性群}）。
      $e_i$ 表示第 $i$个元素为 $1$ 其余元素为 $0$ 的向量，
      $e_{ij}$ 表示  $(i,j)$ 元素为 $1$ 其余为 $0$ 的矩阵。
$\diag(a_1,\cdots,a_n)$表示对角元素依次为$a_1,\cdots,a_n$的对角阵，即
\[
  \diag(a_1,\cdots,a_n)=\begin{pmatrix}
    a_1 \\ & \ddots \\ && a_n
  \end{pmatrix};
\]
$\diag(A_1,\cdots,A_n)$ 和 $A_1\oplus \cdots \oplus A_n$ 都表示分块矩阵
\[
  \begin{pmatrix}
    A_1 \\ & \ddots \\ && A_n
  \end{pmatrix}.
\]
\item 对实向量$X=(x_1,\cdots,x_n)$,
  $
    \norm{X}\coloneq \sqrt{\sum_{i=1}^n x_i^2};
  $
对复向量$X=(x_1,\cdots,x_n)$,
  $
    \norm{X}\coloneq \sqrt{\sum_{i=1}^n |x_i|^2}.
  $
  显然$\norm{X}\geqslant 0$, 且等号成立当且仅当$X=0$.
\item 对方阵 $A$, $|A|$ 和 $\det A$ 都用于表示 $A$ 的行列式，$A^*$ 表示$A$的伴随矩阵。
  对复矩阵 $A$, $A^{\rH}=\bar{A}^{\rT}$ 表示 $A$ 的共轭转置。
\item 对 $m\times n$ 矩阵 $A$, $\Span_r A$ (转： $\Span_c A$) 表示 $A$ 的行空间 
  (转：列空间)，即由行向量组 (转：列向量组) 生成的 $\bF^n$ (转：$\bF^{(m)}$) 的子空间。
     \item 我们如下记三种初等行变换：
      \begin{enumerate}
        \item $r_i+r_j\times a$: 第$i$行加上第$j$行的$a$倍，
        \item $r_i\leftrightarrow r_j$:
        交换第$i$行与第$j$行，
      \item $r_i\times c$: 把第$i$行乘非零数$c$.
\end{enumerate}
      类似地，我们有$c_i+c_j\times a, c_i\leftrightarrow c_j, c_i\times c$ 来表示三种初等列变换。
注意我们的习惯是倾向于把被操作的行或列写在左边，而有些人的习惯是写在右边。
 \end{enumerate}
所有超出线性代数范畴的内容 (问题和方法) 都以星号 * 标出。

\section{作业题}

\paragraph*{习题 4.1\quad 矩阵概念的一些背景}
\paragraph*{习题 4.2\quad 矩阵的运算}


\begin{exercise}%[{\cite[P132, 1 1)]{wang19}}]
\label{03A}
求 $AB, AB-BA$, 其中 %\marginpar{\parencite[\nopp 4.1(1)]{wang19}}
    \[ 
        \begin{aligned}
            A= 
            \begin{pmatrix}
                3 & 1 & 1\\
                2 & 1 & 2\\
                1 & 2 & 3
            \end{pmatrix}, \quad
            B= 
            \begin{pmatrix}
                1 & 1 & -1\\
                2 & -1 & 0\\
                1 & 0 & 1
            \end{pmatrix}.
        \end{aligned}
    \]
\end{exercise}



\begin{solution}
	我们有
        \begin{align*}
            AB &= \begin{pmatrix}
                6 & 2 & -2 \\
                6 & 1 & 0\\
                8 & -1 &2
            \end{pmatrix},\quad
            BA&= \begin{pmatrix}
                4 & 0 & 0\\
                4 & 1 & 0\\
                4 & 3 & 4
            \end{pmatrix},\quad
            BA-BA&= \begin{pmatrix}
                2 & 2 & -2 \\
                2 & 0 & 0 \\
                4 & -4 & -2
            \end{pmatrix}.
            \tag*{\qedhere}
        \end{align*}
\end{solution}

\begin{exercise}
  计算：\\
  (1) $(2,3,-1)\left(\begin{array}{r}1 \\ -1 \\ -1\end{array}\right), \left(\begin{array}{r}1 \\ -1 \\ -1\end{array}\right)(2,3,-1)$. \quad
  (2) $(x, y, 1)\left(\begin{array}{ccc}a_{11} & a_{12} & b_{1} \\ a_{12} & a_{22} & b_{2} \\ b_{1} & b_{2} & c\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}x \\ y \\ 1\end{array}\right)$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  \begin{enumerate}
    \item 我们有
      \[
      \begin{aligned}
      (2,3,-1)\left(\begin{array}{r}1 \\ -1 \\ -1\end{array}\right) &= 
    2\times 1+ 3\times(-1) +(-1)\times (-1)= 0,\\
\left(\begin{array}{r}1 \\ -1 \\ -1\end{array}\right)(2,3,-1) &= 
\begin{pmatrix}
  2& 3 & -1 \\
  -2 & -3 & 1 \\
  -2 & -3 & 1
\end{pmatrix}.
  \end{aligned}
    \]
  \item 我们有
    \begin{align*}
      &\hspace{1.3em} (x, y, 1)\left(\begin{array}{ccc}a_{11} & a_{12} & b_{1} \\ a_{12} & a_{22} & b_{2} \\ b_{1} & b_{2} & c\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}x \\ y \\ 1\end{array}\right)\\
      &= \begin{pmatrix}
        a_{11}x+a_{12}y+b_1 & a_{12}x+a_{22}y+b_2 & b_1x+b_2y+c
      \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
        x \\ y \\ 1
      \end{pmatrix} \\
      &=  
      (a_{11}x+a_{12}y+b_1)x + (a_{12}x+a_{22}y+b_2)y+  b_1x+b_2y+c \\
      &= a_{11}x^2+2a_{12}xy+a_{22}y^2+2b_1x+2b_2y+c.
      \tag*{\qedhere}
    \end{align*}
  \end{enumerate}
\end{solution}

\begin{exercise}%[{\cite[P133, 2 4) 8)]{wang19}}]
\label{03B}
	找到下列实矩阵的公式并证明之（其中 $n$ 是正整数）：\\
  (1) $\begin{pmatrix}
\cos \varphi & -\sin \varphi\\
\sin \varphi & \cos \varphi
\end{pmatrix}^n$.
(2) $\begin{pmatrix}
\lambda & 1 & 0\\
0 & \lambda & 1 \\
0 & 0 & \lambda
\end{pmatrix}^n.$
\end{exercise}



\begin{solution}
    \begin{enumerate}
        \item 记
    \[
        A = 
        \begin{pmatrix}
            \cos \varphi & -\sin \varphi\\
            \sin \varphi & \cos \varphi
        \end{pmatrix}.
    \]
    我们有
    \[
        \begin{aligned}
            A^2 = 
            \begin{pmatrix}
                \cos 2\varphi & -\sin 2\varphi\\
                \sin 2\varphi & \cos 2\varphi               
            \end{pmatrix},\quad
            A^3 = 
            \begin{pmatrix}
                \cos 3\varphi & -\sin 3\varphi\\
                \sin 3\varphi & \cos 3\varphi               
            \end{pmatrix}.
        \end{aligned}
    \]
    故我们猜测
    \[\tag{$*$}
        A^n = 
        \begin{pmatrix}
            \cos n\varphi & -\sin n\varphi\\
            \sin n\varphi & \cos n\varphi
        \end{pmatrix}.
    \]
    我们用数学归纳法证明。$(*)$ 对 $n=1$ 成立。
    现在设 $(*)$ 对 $n=k$ 成立，那么 $n=k+1$ 时有
     \[
         \begin{aligned}
             A^{k+1} = A^k \cdot A
             &= 
             \begin{pmatrix}
                 \cos k\varphi & -\sin k\varphi\\
                 \sin k\varphi & \cos k\varphi
             \end{pmatrix}
             \begin{pmatrix}
                \cos \varphi & -\sin \varphi\\
                \sin \varphi & \cos \varphi
             \end{pmatrix}\\
             &= 
             \begin{pmatrix}
                 \cos (k+1)\varphi & -\sin (k+1)\varphi\\
                 \sin (k+1)\varphi & \cos (k+1)\varphi
             \end{pmatrix},
         \end{aligned}
     \]
     即 $(*)$ 对 $n=k+1$ 成立。这就证明了 $(*)$ 对任意的正整数 $n$ 成立。
 \item   \fangfa 记
    \[
            A = \begin{pmatrix}
                \lambda & 1 & 0\\
                0 & \lambda & 1 \\
                0 & 0 & \lambda
            \end{pmatrix}, \qquad
            N =  \begin{pmatrix}
                0 & 1 & 0\\
                0 & 0 & 1\\
                0 & 0 & 0
            \end{pmatrix},
    \]
    则 $A=\lambda E + N$, 且 $N^3=0$. 
    这样 $n\geqslant 2$ 时由二项式展开公式有
    \[
        \begin{aligned}
          A^n &=  (\lambda E +N)^n = \lambda^n E + n \lambda^{n-1} N + \binom{n}{2} \lambda^{n-2} N^2\\
            &= \begin{pmatrix}
                \lambda^n & n \lambda^{n-1} & \frac{n(n-1)}{2}\lambda^{n-2}\\
                & \lambda^n & n\lambda^{n-1} \\
                & & \lambda^n
            \end{pmatrix}.
        \end{aligned}
    \]

    \fangfa  可以计算得
    \[
        \begin{aligned}
            A^2 = 
            \begin{pmatrix}
                \lambda^2 & 2\lambda & 1\\
                & \lambda^2 & 2\lambda\\
                && \lambda^2
            \end{pmatrix},&\quad
            A^3 = 
            \begin{pmatrix}
                \lambda^3 & 3\lambda^2 & 3\lambda\\
                & \lambda^3 & 3\lambda^2 \\
                &&\lambda^3
            \end{pmatrix},\\
            A^4 = 
            \begin{pmatrix}
                \lambda^4 & 4\lambda^3 & 6\lambda^2\\
                & \lambda^4 & 4\lambda^3 \\
                &&\lambda^4
            \end{pmatrix}, &\quad
            A^5= 
            \begin{pmatrix}
                \lambda^5 & 5\lambda^4 & 10 \lambda^3\\
                & \lambda^5 & 5\lambda^4\\
                && \lambda^5
            \end{pmatrix}.
        \end{aligned}
    \]
    注意到最右上角的数构成序列 $a_2=1, a_3=3, a_4=6, a_5=10$. 
    显然 $a_{i+1}-a_i=i$ ($2\leqslant i\leqslant 4$). 
    如果这个式子一般地成立（计算 $A$ 的前面几个幂时你应该能感觉到确实这这样加得的），那么我们有
    \[ a_n=\frac{n(n-1)}{2}, \quad n\geqslant 2. \]
    这时可以猜测 $n\geqslant 2$ 时
    \[
        A^n = 
        \begin{pmatrix}
            \lambda^n & n \lambda^{n-1} & \frac{n(n-1)}{2}\lambda^{n-2}\\
            & \lambda^n & n\lambda^{n-1} \\
            & & \lambda^n
        \end{pmatrix}.
    \]
    用数学归纳法容易验证这个是对的。具体我就不再写了。
    \qedhere
    \end{enumerate}
\end{solution}





\begin{remark}\label{03C}
  \begin{enumerate}
  \item 给定平面上以原点为起点的向量 $v=\begin{pmatrix} r\cos \alpha \\ r\sin \alpha \end{pmatrix}$（我们写成列向量而非行向量），
    我们有
    \[
      Av =  \begin{pmatrix}
            \cos \varphi & -\sin \varphi\\
            \sin \varphi & \cos \varphi
        \end{pmatrix} \begin{pmatrix} r\cos \alpha \\ r\sin \alpha \end{pmatrix}
        = \begin{pmatrix} r\cos (\varphi+\alpha) \\ r\sin(\varphi+\alpha)\end{pmatrix}.
    \]
    所以 $A$ 的作用是绕原点旋转了向量 $v$, 旋转的角度为 $\varphi$. 
\item 
如果 $A, B$ 是可交换的矩阵（必定为方阵），那么有
    \[
      (A+B)^n = \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} A^i B^{n-i}. 
    \]
    注意如果 $A, B$ 非交换这个通常是不成立的，比如
    \[
        (A+B)^2=A^2+AB+BA+B^2,
    \]
    不能写成 $A^2+2AB+B^2$. 
    \end{enumerate}
\end{remark}


\begin{exercise}%[{\cite[P133, 3 2)]{wang19}}]
\label{02A}
给定数域 $P $ 上的多项式 %\marginpar{\parencite[\nopp 4.3(2)]{wang19}}
    \[ 
        f(x)=a_n x^n + a_{n-1}x^{n-1} +\cdots+a_1 x + a_0 \in P [x], 
    \]
    和 $P $ 上的方阵 $A$, 定义
    \[
        f(A) = a_n A^n + a_{n-1} A^{n-1} + \cdots + a_1 A + a_0 E.
    \]
    设 $f(x) = x^2 -5x + 3$ 和
    $A = 
        \begin{pmatrix}
            2 & -1 \\
            -3 & 3
        \end{pmatrix},$
验证$f(A)=0$. 这样的对$A$取值后得到零矩阵的多项式称为$A$的\emph{零化多项式}。 
\end{exercise}



\begin{solution}
	我们有
\[
        f(A) =  A^2 -5A + 3E
        = 
        \begin{pmatrix}
            2 & -1 \\
            -3 & 3
        \end{pmatrix}^2 - 5
        \begin{pmatrix}
            2 & -1 \\
            -3 & 3
        \end{pmatrix}
        + 
        3
        \begin{pmatrix}
            1 & 0\\
            0 & 1
        \end{pmatrix}
        = 
        \begin{pmatrix}
            0 & 0 \\
            0 & 0
        \end{pmatrix}.
        \tag*{\qedhere}
\]
\end{solution}




%\begin{remark}\label{02D}
%	若我们有数域 $P $ 上多项式的因式分解
%    \[
%        f(x) =g(x) h(x), 
%    \]
%    那么相应地有 $f(A) = g(A) h(A)$, 
%    也就是说代入$x=A$与乘法相容
%    （实际上代入$x=A$诱导了环同态$P [x]\rightarrow P [A]$，其中$P [A]$是$A$的多项式构成的环）。 
%    可如下证明（本质上是因为分配律、结合律等成立）。设
%    \[
%        g(x) =  \sum_{i=0}^m a_i x^i,\quad 
%        h(x) =  \sum_{j=0}^n b_j x^j,
%    \]
%    则
%    \[
%      f(x) = \sum_{i,j}  a_ib_j x^{i+j}.
%    \]
%    所以
%    \[
%            f(A)
%            = \sum_{i,j}a_ib_jA^{i+j}
%            = g(A) h(A).
%    \]
%    特别地，有
%    \[
%        \begin{aligned}
%            A^2-5A+6E &=  (A-2E)(A-3E),\\
%            E-A^n &= (E-A)(E+A+\cdots + A^{n-1}).\\
%        \end{aligned}
%    \]
%    用数学归纳法容易证明：一般地，若在 $P [x]$ 中有因式分解
%    \[
%        f(x) = f_1(x)\cdots f_k(x),
%    \]
%    则相应地有 
%    \[
%        f(A) = f_1(A) \cdots f_k(A).
%    \]
%\end{remark}

\begin{exercise}
  证明：上三角方阵构成的$P^{n\times n}$的子集对乘积封闭，
    %\marginpar{\parencite[\nopp 4.25(1)]{wang19}}
    即若$A, B$是$n$阶上三角方阵，那么$AB$也是上三角方阵；
    且类似的结论对下三角方阵和对角方阵成立。
\end{exercise}


\begin{solution}
    设$A=(a_{ij}), B=(b_{ij})$都是$n$阶上三角方阵。这样$i>j$时有$a_{ij}=0=b_{ij}$.
    设$AB=(c_{ij})$. 那么$i>j$时
    \[
        c_{ij}=\sum_{k}a_{ik}b_{kj}=\sum_{k=1}^{i-1}a_{ik}b_{kj}+\sum_{k=i}^na_{ik}b_{kj}=0.
    \]
    从而$AB$是上三角方阵，即上三角方阵与上三角方阵的乘积依然是上三角方阵。
    另外，注意到$c_{ii}=a_{ii}b_{ii}$. 

    若$A, B$都是$n$阶下三角方阵，则$A^{\rT}, B^{\rT}$是上三角方阵，这样$(AB)^{\rT}=B^{\rT}A^{\rT}$是上三角方阵，从而$AB$下三角。
    这就证明下三角方阵与下三角方阵的乘积是下三角方阵。

    结合这两个结论，我们知对角方阵的乘积是对角方阵。实际上，易知
    \[
      \begin{pmatrix}
        a_1 \\ & a_2 \\ && \ddots \\ &&& a_n
      \end{pmatrix}
      \begin{pmatrix}
        b_1 \\ & b_2 \\ && \ddots \\ &&& b_n
      \end{pmatrix}
      =\begin{pmatrix}
        a_1 b_1 \\ & a_2 b_2 \\ && \ddots \\ &&& a_n b_n
      \end{pmatrix}.
      \tag*{\qedhere}
    \]
\end{solution}


\begin{exercise}%[{\cite[P133, 4 3)]{wang19}}]
\label{03D} 
    求与$A$可交换的所有方阵，其中
    %\marginpar{\parencite[\nopp 4.4(3)]{wang19}}
    \[
        A= 
        \begin{pmatrix}
            0 & 1 & 0 \\
            0 & 0 & 1\\
            0 & 0 & 0
        \end{pmatrix}.
    \]
\end{exercise}



\begin{solution}
	设
    \[
        B=
        \begin{pmatrix}
            b_{11} & b_{12} & b_{13}\\
            b_{21} & b_{22} & b_{23} \\
            b_{31} & b_{32} & b_{33} 
        \end{pmatrix}.
    \]
    那么 $AB=BA$ 相当于
    \[
        \begin{pmatrix}
            b_{21} & b_{22} & b_{23}\\
            b_{31} & b_{32} & b_{33} \\
            0 & 0 & 0
        \end{pmatrix}
        =
        \begin{pmatrix}
            0 & b_{11} & b_{12} \\
            0 & b_{21} & b_{22}\\
            0 & b_{31} & b_{32} 
        \end{pmatrix},
    \]
    即
    \[
        \begin{aligned}
            &b_{21} = b_{32} =0, &&  b_{31}=0, \\
            &b_{11} = b_{22}=b_{33}, && b_{12}=b_{23}.
        \end{aligned}
    \]
    所以 $B$ 形如
    \[
        aE+bA+cA^2=
        \begin{pmatrix}
            a & b& c\\
            0 & a & b\\
            0 & 0 & a
        \end{pmatrix},
    \]
    其中 $a,b,c$ 是任意数。
\end{solution}




\begin{exercise}%[{\cite[P133, 5]{wang19}}]
\label{03E}
对角元素依次为$a_1, a_2, \cdots, a_n$
%\marginpar{\parencite[\nopp 4.5]{wang19}}
的对角方阵通常记为$\diag(a_1,a_2,\cdots,a_n)$.
	设
    \[
        A=
        \begin{pmatrix}
            a_1 & & & \\
            & a_2 & & \\
            & & \ddots & \\
            &&& a_n
        \end{pmatrix}
    \]
    是对角方阵，其中 $a_i\neq a_j$ 对任意的 $i\neq j$.
    证明与 $A$ 可交换的方阵都是对角方阵。
\end{exercise}



\begin{solution}
	设 $B=(b_{ij})$ 可与 $A$ 交换。
    $AB$ 的 $(i,j)$ 元素为 $a_i b_{ij}$, $BA$ 的 $(i,j)$ 元素为 $b_{ij}a_j$.
    $AB=BA$ 表明 $a_i b_{ij}=a_j b_{ij}$ 对任意的指标 $i,j$ 成立。$i\neq j$ 时，因为 $a_i\neq a_j$,
    所以 $b_{ij}=0$. 这样 $B$ 是对角方阵。
\end{solution}


\begin{exercise}%[{\cite[P134, 7 3)]{wang19}}]
\label{035}
令$A\in P^{n\times n}$, 而$E_{ij}\in P^{n\times n}$为$(i,j)$元素为$1$其余元素为$0$的矩阵。
\begin{enumerate}
  \item 若$AE_{ij}=E_{ij}A$, 那么$k\neq i$时$a_{ki}=0$, $k\neq j$时$a_{jk}=0$, 且$a_{ii}=a_{jj}$.
  \item 证明：$A$与
    %\marginpar{\parencite[\nopp 4.7(3)]{wang19}}
    与所有 $n$ 阶方阵都交换当且仅当 $A$ 是数量矩阵，即$A=aE$.
   \end{enumerate}
\end{exercise}



\begin{solution}
\begin{enumerate}
  \item 令$A=(a_{ij})$. 显然
\[
  AE_{ij}
  = \raisebox{-1.6cm}{\begin{tikzpicture}
  \matrix (m) [matrix of math nodes, ampersand replacement=\&, left delimiter=(,right delimiter=)]
    {
      0 \& \cdots \&  0 \& a_{1i} \& 0 \& \cdots \& 0\\
      \vdots \&  \& \vdots \& \vdots \& \vdots \& \& \vdots \\
      0 \& \cdots \&  0 \& \node (ani) {a_{ni}}; \& 0 \& \cdots \& 0\\
    };
    \node [below=of ani, yshift=0.7cm] (anibelow)  {第$j$列};
    \draw (ani) -- (anibelow);
\end{tikzpicture}};\quad
  E_{ij}A  = \vcenter{\hbox{\begin{tikzpicture}
  \matrix (m) [matrix of math nodes, ampersand replacement=\&, left delimiter=(,right delimiter=)]
    {
      0 \& \cdots \&  0 \\
      \vdots \&  \& \vdots \\
      0 \& \cdots \&  0 \\
      a_{j1} \& \cdots \& \node (ajn) {a_{jn}};\\
      0 \& \cdots \& 0\\
      \vdots \& \& \vdots \\
      0 \& \cdots \& 0\\
    };
    \node [right=of ajn, xshift=-0.4cm] (ajnright)  {第$i$行};
    \draw (ajn) -- (ajnright);
\end{tikzpicture}}}.
\]
%即$AE_{ij}$可由$0_{n\times n}$替换第$j$列为$A$的第$i$列得到，
%$E_{ij}A$可由$0_{n\times n}$替换第$i$行为$A$的第$j$行得到。
若$AE_{ij}=E_{ij}A$, 显然有$k\neq i$时$a_{ki}=0$, $k\neq j$时$a_{jk}=0$, 且$a_{ii}=a_{jj}$.

\item    ($\Leftarrow$) 显然。我们证明 ($\Rightarrow$).
  假设 $A$ 与所有 $n$ 阶方阵交换，那么特别地，$A$ 与所有的$E_{ij}$可交换，
  即对任意的 $1\leqslant i,j \leqslant n$ 有\( AE_{ij}=E_{ij}A. \)
  设 $A=(a_{ij})$. 
  由(1)有 $a_{ii}=a_{jj}$, 且若 $k\neq i$ 则 $a_{ki}=0$. 
 由指标 $i,j,k$ 的任意性可知 $A$ 是数量矩阵。
 \qedhere
         \end{enumerate}
\end{solution}

\begin{exercise}
  设$A\in P^{n\times n}$. 如果对任意的$n$维向量$X=(x_1,\cdots,x_n)^{\rT}$有$AX=0$, 那么$A=0$.
\end{exercise}

\begin{solution}
令$\varepsilon_i$为第$i$分量为$1$其余分量为$0$的$n$维向量。我们有
  \[\tag*{\qedhere}
  0=\begin{pmatrix}
    A\varepsilon_1 & A\varepsilon_2 & \cdots & A\varepsilon_n 
  \end{pmatrix}=A\begin{pmatrix}
    \varepsilon_1 & \varepsilon_2 & \cdots & \varepsilon_n 
  \end{pmatrix} = AE=A.
\]
\end{solution}


\begin{exercise}\label{211}
  设矩阵$A$的秩为$3$. 已知$\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3$
  是非齐次线性方程组$AX=\beta$的解，
  其中$\gamma_1+\gamma_2=(2,2,0,-4)^{\rT}, \gamma_2-\gamma_3=(1,0,-1,3)^{\rT}$.
  求$AX=2\beta$的通解。
\end{exercise}

\begin{solution}
  由解向量有$4$个元素知$A$有$4$列（未知量的个数为$4$）。
  又 $A$ 的秩为 $3$, 所以齐次线性方程组 $AX=0$ 的基础解系中有 $4-3=1$个解。 
  从而非零向量 $\gamma_2-\gamma_3=(1,0,-1,3)^{\rT}$ 
  便能构成 $AX=0$ 的解的基础解系。
  另一方面，$\gamma_1+\gamma_2=(2,2,0,-4)^{\rT}$ 是 $AX=2\beta$ 的一个解，因为
  $A(\gamma_1+\gamma_2)=A\gamma_1+A\gamma_2=\beta+\beta=2\beta$.
  这样 $AX=2\beta$ 的通解可表示为 $(2,2,0,-4)^{\rT}+c(1,0,-1,3)^{\rT}$, 
  其中 $c\in P$ 是任意数。
\end{solution}



\begin{exercise}%[{\cite[P134, 10, 12]{wang19}}]
  方阵$A$称为\emph{对称}的，若$A^{\rT}=A$; 
  方阵$A$称为\emph{斜称}或\emph{反称}的，若$A^{\rT}=-A$.%
 证明：
  \begin{enumerate}
    \item 
  如果$A$是实对称矩阵，且$A^2=0$, 那么$A=0$. 
%\marginpar{\parencite[\nopp 4.10]{wang19}}
\item 
  每个实方阵可写为一对称实矩阵与一斜称实矩阵之和。
%\marginpar{\parencite[\nopp 4.12]{wang19}}
  \end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
  \begin{enumerate}
    \item \fangfa 设$A=(a_{ij})\in \bR^{n\times n}$为对称矩阵。
      那么$a_{ij}=a_{ji}$, 对任意的$i,j$.
      若$A^2=0$, 那么$A$的对角元素都是$0$, 从而对任意的$i$,
      \[
        0=\sum_{j=1}^n a_{ij}a_{ji}=\sum_{j=1}^n a_{ij}^2.
      \]
  由于$a_{ij}$是实数，我们有$a_{ij}=0$, 对任意的$i,j$. 即$A=0$.

  \fangfa  设$A\in \bR^{n\times n}$是对称矩阵。若$A^2=0$, 则$A^{\rT}A=0$. 
  这样对任意的$X\in \bR^{(n)}$有$X^{\rT}A^{\rT}AX=0$,
  即$\norm{AX}^2=0$,  
  从而$AX=0$. 进而我们有
  \[
    A=AE=A\begin{pmatrix}
    \varepsilon_1 & \cdots & \varepsilon_n
  \end{pmatrix}=0.
\]

%  \fangfastar{3} $A$实对称，故$A$可对角化，即存在可逆矩阵$P$使得
 % \[
  %  P^{-1}AP=\diag(\lambda_1, \cdots, \lambda_n),
  %\]
  %这样$P^{-1}A^2P=\diag(\lambda_1^2, \cdots, \lambda_n^2)$. 
%  $A^2=0$表明所有的$\lambda_i=0$. 所以$A=0$.

  \item 假如实方阵$A$可写为对称实方阵$B$与斜称实方阵$C$之和，那么$A=B+C$, $A^{\rT}=B^{\rT}+C^{\rT}=B-C$. 
      这样必有
      \[\tag{$*$}
        B=\frac{1}{2}(A+A^{\rT}), \quad C=\frac{1}{2}(A-A^{\rT}).
      \]
      所以给定$A$, 我们按公式($*$)取$B, C$.
      显然有$B$对称，$C$斜称，且$A=B+C$.
      \qedhere
  \end{enumerate}
\end{solution}


\paragraph*{习题 4.3\quad 矩阵的运算与行列式、秩}

\begin{exercise}
  应用$|AB|=|A||B|$证明 %\marginpar{\parencite[\nopp 2.14]{wang19}}
  \[
    \begin{vmatrix}
      b+c & c+a & a+b \\
      b_1+c_1 & c_1+a_1 & a_1+b_1\\
      b_2+c_2 & c_2+a_2 & a_2 + b_2
    \end{vmatrix}
    =
    2\begin{vmatrix}
      a & b & c\\
      a_1 & b_1 & c_1 \\
      a_2 & b_2 & c_2
    \end{vmatrix}.
  \]
\end{exercise}

\begin{solution}
  注意到
  \[
    \begin{pmatrix}
      b+c & c+a & a+b \\
      b_1+c_1 & c_1+a_1 & a_1+b_1\\
      b_2+c_2 & c_2+a_2 & a_2 + b_2
    \end{pmatrix}
    =
    \begin{pmatrix}
      a & b & c\\
      a_1 & b_1 & c_1 \\
      a_2 & b_2 & c_2
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
      0 & 1 & 1 \\
      1 & 0 & 1\\
      1 & 1 & 0
    \end{pmatrix}.
  \]
  由行列式与矩阵乘法相容知
  \[\tag*{\qedhere}
    \begin{vmatrix}
      b+c & c+a & a+b \\
      b_1+c_1 & c_1+a_1 & a_1+b_1\\
      b_2+c_2 & c_2+a_2 & a_2 + b_2
    \end{vmatrix}
    =
    \begin{vmatrix}
      a & b & c\\
      a_1 & b_1 & c_1 \\
      a_2 & b_2 & c_2
    \end{vmatrix}
    \begin{vmatrix}
      0 & 1 & 1 \\
      1 & 0 & 1\\
      1 & 1 & 0
    \end{vmatrix}=2\begin{vmatrix}
      a & b & c\\
      a_1 & b_1 & c_1 \\
      a_2 & b_2 & c_2
    \end{vmatrix}.
  \]
\end{solution}


\begin{exercise}
  令$s_k=x_1^k+x_2^k+\cdots+x_n^k$, 证明  %\marginpar{\parencite[\nopp 4.13]{wang19}}
  \[
    \begin{vmatrix}
            s_0 & s_1 & s_2 & \cdots & s_{n-1}\\
            s_1 & s_2 &  s_3 & \cdots & s_n\\
            \vdots & \vdots & \vdots && \vdots \\
            s_{n-1} & s_n & s_{n+1} & \cdots & s_{2n-2}
          \end{vmatrix} = \prod_{1\leq j<i\leqslant n} (x_i-x_j)^{2}.
        \]
\end{exercise}
\begin{solution} 我们有
            \begin{align*}
          \begin{vmatrix}
            s_0 & s_1 & s_2 & \cdots & s_{n-1}\\
            s_1 & s_2 &  s_3 & \cdots & s_n\\
            \vdots & \vdots & \vdots && \vdots \\
            s_{n-1} & s_n & s_{n+1} & \cdots & s_{2n-2}
          \end{vmatrix} &= 
          \begin{vmatrix}
            1 & 1 & \cdots & 1\\
            x_1 & x_2 & \cdots & x_n\\
            x_1^2 & x_2^2 & \cdots & x_n^2\\
            \vdots & \vdots & & \vdots \\
            x_1^{n-1} & x_2^{n-1} & \cdots & x_n^{n-1} 
          \end{vmatrix}
          \begin{vmatrix}
            1 & x_1 &x_1^2 & \cdots & x_1^{n-1}\\
            1  & x_2 & x_2^2 & \cdots & x_2^{n-1}\\
            \vdots & \vdots &\vdots & & \vdots \\
            1 & x_n & x_n^{2} & \cdots & x_n^{n-1} 
          \end{vmatrix} \\
          &=  \prod_{1\leq j<i\leqslant n} (x_i-x_j)^{2}.
          \tag*{\qedhere}
        \end{align*}
\end{solution}

\begin{exercise}\label{0D1}
对同型矩阵 $A, B$, 证明
\[
  |\rank A  -\rank B |\leqslant \rank(A+B) \leqslant \rank A+\rank B. 
\]
\end{exercise}

\begin{solution}
  显然 $A+B$ 的行向量组可由 $A, B$的行向量组合并得到的向量组线性表出，
  因此 
  \[
    \rank (A+B) =\rank_r(A+B)\leqslant \rank_r A+\rank_r B=\rank A+\rank B.
  \]
  类似地，$A$ 的的行向量组可由 $A+B, B$的行向量组合并得到的向量组线性表出，
  从而 $\rank A\leqslant \rank (A+B)+\rank B$; 
$B$ 的的行向量组可由 $A+B, A$的行向量组合并得到的向量组线性表出，
  从而 $\rank B\leqslant \rank (A+B)+\rank A$: 因此 
  $|\rank A -\rank B| \leqslant \rank( A+ B)$.
\end{solution}



\begin{exercise}\label{04B}\label{051}
设$A, B$为$n$阶矩阵，且$AB=0$. 证明$\rank(A)+\rank (B)\leqslant n$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa  由于$AB=0$, $B$的列都是齐次线性方程组$AX=0$的解，
  故$B$的列向量组可由$AX=0$的任一基础解系线性表出。
  从而$B$的列秩不超过$AX=0$的基础解系中向量的个数。
  这样$\rank(B)=\rank_c(B)\leqslant n-\rank(A)$.
  亦即，$\rank(A)+\rank(B)\leqslant n$.

  \fangfa  我们可做如下初等变换：
  \[
    \begin{pmatrix}
      A & 0\\
      E_n & B
    \end{pmatrix}\xrightarrow{c_2+c_1\times(-B)}
    \begin{pmatrix}
      A & 0 \\ E_n & 0
    \end{pmatrix}\xrightarrow{r_1-A\times r_2}
    \begin{pmatrix}
      0 & 0\\ E_n & 0
    \end{pmatrix}.
  \]
  因此
  \[
    \rank A+\rank B\leqslant \rank \begin{pmatrix}
      A & 0\\
      E_n & B
    \end{pmatrix}=    \rank \begin{pmatrix}
      0 & 0\\ E_n & 0
    \end{pmatrix}=n.
    \tag*{\qedhere}
  \]
\end{solution}



\paragraph*{习题 4.4\quad 矩阵的逆}


\begin{exercise}%[{\cite[P133, 2 7)]{wang19}}]
\label{03F}
计算 $A^2$后计算 $A^n$, 其中 $n$ 是非零整数，
%\marginpar{\parencite[\nopp 4.2(7)]{wang19}}
\[
    A = 
    \begin{pmatrix}
        1 & -1 & -1 & -1 \\
        -1 & 1 & -1 & -1\\
        -1 & -1 & 1 & -1\\
        -1 & -1 & -1 & 1
    \end{pmatrix}.
\]
\end{exercise}



\begin{solution}
  容易算得 $A^2=4E$. 于是$A^{-1}=\frac{1}{4}A$. 这样 $n\geqslant 1$ 时，
        \begin{align*}
          A^{2n}&= 4^n E, \quad A^{-2n}= (A^{2n})^{-1}=\frac{1}{4^n}E,\\
            A^{2n+1} &=  A^{2n} \cdot A = 4^n A
            = 4^n \begin{pmatrix}
        1 & -1 & -1 & -1 \\
        -1 & 1 & -1 & -1\\
        -1 & -1 & 1 & -1\\
        -1 & -1 & -1 & 1
    \end{pmatrix}, \\
              A^{-2n-1}&= (A^{2n+1})^{-1}=\frac{1}{4^{n+1}}A =
              \frac{1}{4^{n+1}}\begin{pmatrix}
        1 & -1 & -1 & -1 \\
        -1 & 1 & -1 & -1\\
        -1 & -1 & 1 & -1\\
        -1 & -1 & -1 & 1
    \end{pmatrix}.
    \tag*{\qedhere}
        \end{align*}
\end{solution}



\begin{remark}\label{040}
	如果 $A$ 是 $m$ 阶方阵，且其对角元素为 $1$, 其余元素都是 $-1$, 我们也可如下计算出其 $n>0$ 次幂。
  我们有 $A=2E + \alpha\beta^{\rT}$, 其中
  \[
    \alpha=(1, 1, \cdots, 1)^{\rT}, \quad 
    \beta=-\alpha=(-1,-1, \cdots, -1)^{\rT}.
  \]
    这样 $n\geqslant 2$ 时
    \[
        \begin{aligned}
            A^n &=  (2E + \alpha\beta^{\rT})^n 
            = \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} (2E)^{n-i} (\alpha\beta^{\rT})^{i}\\
            &= 2^n E + \sum_{i=1}^n \binom{n}{i} 2^{n-i} (\beta^{\rT}\alpha)^{i-1} \alpha \beta^{\rT}\\
            &= 2^n E + \sum_{i=1}^n \binom{n}{i} 2^{n-i} (-m)^{i-1} \alpha \beta^{\rT}\\
            &= 2^n E + \left( -\frac{1}{m}\sum_{i=0}^n \binom{n}{i} 2^{n-i} (-m)^{i} +\frac{2^n}{m} \right) \alpha\beta^{\rT}\\
            &= 2^n E + \frac{2^n-(2-m)^n}{m} \alpha \beta^{\rT}.
        \end{aligned}
    \]
    若$A$可逆，可以利用练习~\ref{029}~算出$A^{-n}$.
\end{remark}


\begin{exercise}\label{1E2}
  证明$|A^*|=|A|^{n-1}$, 其中$A$为$n$阶矩阵 ($n\geqslant 2$).
\end{exercise}

\begin{solution}
  若$|A|\neq 0$, 则由$AA^*=|A|E$知$|A||A^*|=|A|^n$, 从而$|A^*|=|A|^{n-1}$.
  若$|A|=0$, 则只用证明$|A^*|=0$. 此时$AA^*=|A|E=0$. 对$A^*(A^{*})^{*}=|A^*|E$两边左乘$A$得$0=|A^*|A$.
  若$A\neq 0$, 则$|A^*|=0$;
  若$A=0$, 显然$A^*=0$, 亦有$|A^*|=0$.
  %否则$\rank A>0$, 而由练习~\ref{04B}~知$\rank A^*+\rank A\leqslant n$, 从而$\rank A^*<n$, $A^*$不可逆，$|A^*|=0$.
\end{solution}

\begin{remark}
  为了统一，$n=1$时可定义$A^*=1$. 这时，按一行（一列）展开公式、求逆公式都是对的。上题也成立。
\end{remark}

\begin{exercise}\label{02F}
  设 $A\in P^{n\times n}$.
  \begin{enumerate}
    \item 若 $A$ 满足 $A^3-A+E=0$. 证明 $A$ 可逆并用$A$的多项式表示$A^{-1}$.
    \item 证明：如果 $f(A)=0$, 其中$f(x)\in P[x]$ 满足常数项非零，那么 $A$ 可逆。
\end{enumerate}
\end{exercise}



\begin{solution}
  \begin{enumerate}
	\item 由 $A^3-A+E=0$ 知 $A(E-A^2) =E$. 令 $B= E-A^2$, 则 $AB=E$. 从而 $A^{-1} = B$. 
    \item 
    设\[ f(x) = a_n x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_1 x+ a_0, \]
    其中 $a_0\neq 0$. 
    $f(A)=0$ 即为
    \[ 
        a_n A^n + a_{n-1} A^{n-1} + \cdots + a_1 A + a_0 E=0.
    \]
    此时必有 $n\geqslant 1.$
    进而
    \[
        A\left( -\frac{1}{a_0}(a_n A^{n-1} + a_{n-1}A^{n-2} + \cdots + a_1 E) \right) = E.
    \]
    这样
    \[\tag*{\qedhere}
        A^{-1} = -\frac{1}{a_0}(a_n A^{n-1} + a_{n-1}A^{n-2} + \cdots + a_1 E).
    \]
\end{enumerate}
\end{solution}



\begin{remark}\label{046}
  实际上对 $A\in P^{n\times n}$, $A$ 可逆当且仅当存在常数项非零的形式多项式 $f(x)\in P [x]$ 零化$A$.
  上面我们已经证明了 $(\Leftarrow)$.  特别地，我们也看到了 $A^{-1}$ 可以表达成 $A$ 的多项式。
  反过来，对$n$阶可逆方阵$A$总存在常数项非零的$n$次多项式$f(x)$使得$f(A)=0$. 
下学期我们讲特征多项式时会证明这件事 (Cayley-Hamilton 定理)。
  %对次数没有要求的这样的多项式的存在性可见练习~\ref{EX:B04}. 
\end{remark}




\begin{exercise}%[{\cite[P134, 19]{wang19}}]
\label{041}
	设方阵 $A$ 满足 $A^k=0$（其中 $k$ 是正整数）。证明 $E-A$ 可逆且
  %\marginpar{\parencite[\nopp 4.19]{wang19}}
    \[
        (E-A)^{-1} = E+A+\cdots + A^{k-1}.
    \]
\end{exercise}



\begin{solution}
  我们有多项式的等式$1-x^k=(1-x)(1+x+\cdots+x^{k-1})$. 令$x=A$知
  \[
    E-A^k=(E-A)(E+A+\cdots+A^{k-1}).
  \]
  (当然，这也容易直接验证。)
既然$A^k=0$, $(E-A)(E+A+\cdots+A^{k-1})=E$, 从而
    \[\tag*{\qedhere}
        (E-A)^{-1} = E+A+\cdots + A^{k-1}.
    \]
\end{solution}




\begin{remark}\label{042}\starmark%
	注意到我们有 $P [x]$ 中等式
    \[
        (1-x)(1+x+\cdots+x^{k-1})=1-x^k,
    \]
    其中 $k$ 是正整数。
    不仅形式多项式环的等式对我们有启发意义，幂级数的一些等式同样对我们有意义。
    现在设基域是实数域（后面讲特征值时我们会讲下面说到的矩阵的无限和的意义（主要是收敛性））。
    上面考虑的矩阵满足 $A^k=0$，我们算出了 $E+A+\cdots+A^{k-1}$ 是 $(E-A)^{-1}$. 
    另一方面，我们有 $|x|<1$ 时下面的无穷级数是收敛的：
    \[
        1+x+x^2+\cdots = \frac{1}{1-x}.
    \]
    考虑一个谱半径小于 $1$ 的方阵 $A$
    （以后我们会说到谱半径的意思，这样的方阵的例子包括幂零的 $A$，
    即$A$满足对某个正整数$k$有 $A^k=0$），那么
    \[
        E+A+A^2+\cdots = (E-A)^{-1}.
    \]
    再比如 $|x|<1$ 时我们有 Taylor 级数展开（你们应该很快就会在数学分析中学到）
    \[
        (1-x)^{\frac{1}{2}} = 1- \frac{1}{2}x -\frac{1}{8}x^2 -\frac{1}{16}x^3-\cdots
    \]
    考虑谱半径小于 $1$ 的方阵 $A$, 那么我们有
    \[
        (E-A)^{\frac{1}{2}} = E - \frac{1}{2}A -\frac{1}{8}A^2 -\frac{1}{16} A^3 - \cdots.
    \]
    设
    \[
        A=
        \begin{pmatrix}
            0 & 1 & 0\\
            0 & 0 & 1\\
            0 & 0 & 0
        \end{pmatrix}.
    \]
    如何找到 $B$ 使得 $B^2=E-A$? 我们可以取（注意到 $A^3=0$）
    \[
        \begin{aligned}
            B&= \sqrt{E-A}= E-\frac{A}{2}-\frac{A^2}{8}\\
            &= \begin{pmatrix}
                1 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{8}\\
                0 & 1 & -\frac{1}{2}\\
                0 & 0& 1
            \end{pmatrix}.
        \end{aligned}
    \]
  如果你对分析已有相应程度的了解，要了解这方面的东西可以看看~\cite[\S7.10]{ZX98}。
\end{remark}

\begin{exercise}\label{22E}
  设$A\in P^{n\times n}$.
  \begin{enumerate}
    \item 设$f, g\in P[x]$满足$f,g$互素且$f$零化$A$（即$f(A)=0$）， 
      证明$g(A)$可逆。
    \item 设$A^3-A^2+A-3E=0$. 证明$A-E$可逆并用$A$的多项式表示其逆。
    \item 设$A^3-A^2+A-3E=0$. 证明$A^4-2A^3+A+E$可逆并用$A$的多项式表示其逆。
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  \begin{enumerate}
    \item 既然$f,g$互素，存在$u, v\in P[x]$使得$u(x)f(x)+v(x)g(x)=1$.
      令$x=A$得
      \[
        u(A)f(A)+v(A)g(A)=E.
      \]
      既然$f(A)=0$, 我们有$v(A)g(A)=E$, 从而$g(A)$可逆，且$g(A)^{-1}=v(A)$.
    \item 综合除法告诉我们
      \[
        x^3-x^2+x-3=(x^2+1)(x-1)-2.
      \]
      令$x=A$得
 \[
        0=A^3-A^2+A-3E=(A^2+E)(A-E)-2E.
      \]
      故
      \[
        \frac{1}{2}(A^2+E)(A-E)=E.
      \]
      这样
      \[
        (A-E)^{-1}=\frac{1}{2}(A^2+E).
\]
    \item 令
      \[
        f=x^3-x^2+x-3, \quad g=x^4-2x^3+x+1. 
      \]
      辗转相除可得B\'ezout等式$v(x)g(x)+u(x)f(x)=1$, 其中
      \[
        v(x)= \frac{5}{21}x^2 + \frac{1}{21}x + \frac{3}{7}, \quad
        u(x)=-\frac{5}{21} x^3 + \frac{4}{21} x^2 + \frac{2}{21} x - \frac{4}{21}.
      \]
      既然$f(A)=0$, 令$x=A$得$v(A)g(A)=E$. 故
      \[\tag*{\qedhere}
        (A^4-2A^3+A+E)^{-1}=g(A)^{-1}=v(A)=\frac{5}{21}A^2 + \frac{1}{21}A + \frac{3}{7}E.
      \]
      \end{enumerate}
\end{solution}

\begin{exercise}\label{0B3}
  设 $A=(a_{ij})\in \bR^{n\times n}$.  %\marginpar{\parencite[\nopp 3s.10]{wang19}}
  \begin{enumerate}
    \item 假设对任意的指标$i$有$|a_{ii}|>\sum_{j\neq i}|a_{ij}|$
      （满足这样的条件的实（或复）方阵$A$也称为\emph{对角严格占优矩阵}，这里的是行的版本），证明$\det A\neq 0$.
      \item 假设对任意的指标$i$有$a_{ii}>\sum_{j\neq i}|a_{ij}|$, 证明 $\det A>0$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}
例如下面的矩阵都是对角严格占优的：
\[
  \begin{pmatrix}
    6& 2 & -1 & 2\\
    2& 7& 1 & 1 \\
    0& 8 & -12& -1\\
    8& -1 & 3& 20
  \end{pmatrix},\quad 
  \begin{pmatrix}
    n & 1 & \cdots & 1\\
    1 & n & \cdots & 1\\
    \vdots & \vdots & & \vdots\\
    1 & 1 & \cdots & n
  \end{pmatrix}_{n\times n}.
\]
\begin{solution}
  \fangfa  
先证(1). 设$A$是对角严格占优矩阵。
  令$AX=0$, 其中$X=(x_1, \cdots, x_n)^{\rT}\in \bR^{(n)}$. 
  令指标$i$使得$|x_i|=\max\left\{|x_j|~\big\vert~ 1\leqslant j\leqslant n\right\}$. 
  由$AX=0$知$\sum_{j=1}^n a_{ij}x_j=0$. 我们反证来得到$x_i=0$, 从而$X=0$. 
  为此，假设$x_i\neq0$. 
  此时，
  \begin{align*}
    |a_{ii}x_i|=\left\vert \sum_{j\neq i} a_{ij}x_j \right\vert \leqslant \sum_{j\neq i}|a_{ij}||x_i|
    < |a_{ii}||x_i|.
  \end{align*}
  矛盾了。
  故齐次线性方程组$AX=0$只有零解（或者说：$0$不是$A$的特征值），这样$\det A\neq 0$.
  现在我们证(2). 我们设$A$还满足对角元素都大于$0$.
  令
\[
A_t=\begin{pmatrix}
  a_{11} & ta_{12} & \cdots & ta_{1,n-1} & ta_{1n} \\
  ta_{21} & a_{22} & \cdots & ta_{2,n-1} & ta_{2n} \\
      \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
      ta_{n-1,1} & ta_{n-1,2} & \cdots & a_{n-1,n-1} & ta_{n-1,n} \\
      ta_{n1} & ta_{n2} & \cdots & ta_{n-1, n} & a_{nn}
    \end{pmatrix}.
  \]
  考虑映射
  \[
    f\colon [0,1]\rightarrow \bR, \quad
    t\mapsto |A_t|.
  \]
  $f$是连续函数，且$f(0)=a_{11}\cdots a_{nn}$, $f(1)=|A|$.
  显然$A_t$也满足对角严格占优且对角元素为正，因此由(1)知$f(t)=|A_t|\neq 0$.
  又$f(0)>0$, 因此由 (有界闭区间上的) 连续实值函数的介值性可知必定恒有$f(t)>0$.
  特别地，$|A|=f(1)>0$.

  \fangfa 
  如方法一证明$\det A\neq 0$.
  现在我们证(2). 
  令所有对角严格占优且对角元都是正数的$n$阶实矩阵的集合$S$.
  考虑映
  \[
    f\colon S\rightarrow \bR, \quad A\mapsto |A|.
  \]
  我们有$f(E)=1$,
  且由(1)知恒有$f(A)=|A|\neq 0$. 
  从而由连通集%
  \footnote{所有对角严格占优且对角元都是正数的$n$阶实矩阵的集合$S$为$\bR^{n\times n}$的凸子集，
    特别地，道路连通，从而$S$为连通集。实际上，对$A=(a_{ij}), A'=(a_{ij}')\in S$,
    和实数$0<t<1$, 矩阵$tA+(1-t)A'=(ta_{ij}+(1-t)a_{ij}')$满足
    \[
      ta_{ii}+(1-t)a_{ii}' > t\sum_{j\neq i}|a_{ij}| + (1-t)\sum_{j\neq i} |a_{ij}'| 
      \geqslant \sum_{j\neq i}|ta_{ij}+(1-t)a_{ij}'|.
    \]
    因此$tA+(1-t)A'\in S$. 故$S\subset \bR^{n\times n}$为凸子集。
    }%
    上的连续实值函数的介值性知我们总有$|A|=f(A)>0$.

  \fangfa 此方法用到下学期会学到的特征值的观念。设$A$为对角严格占优矩阵。令$D=\diag(a_{11}, \cdots, a_{nn})$. 
  令$A=D(E-B)$, 则其中的
  \[
    B=E-D^{-1}A=
    \begin{pmatrix}
      0 & -\frac{a_{12}}{a_{11}} & \cdots & -\frac{a_{1n}}{a_{11}}\\
      -\frac{a_{21}}{a_{22}} & 0 & \cdots & -\frac{a_{2n}}{a_{22}}\\
      \vdots & \vdots & & \vdots \\
      -\frac{a_{n1}}{a_{nn}} & -\frac{a_{n2}}{a_{nn}} & \cdots  & 0
    \end{pmatrix}.
  \]
  我们来证明$B=(b_{ij})$的谱半径$\rho(B)<1$, 即$B$的任一特征值$\lambda$满足$|\lambda|<1$. 
  设$\lambda$为$B$的特征值且$Av=\lambda v$, 其中$v=(v_1, \cdots, v_n)^{\rT}\neq 0$.
  那么
  \begin{align*}
    |\lambda| \max\left\{|v_i|~\Big\vert~ {1\leqslant i\leqslant n}\right\} 
    &=  
    \max
    \left\{\left\vert \sum_{j} b_{ij} v_j \right\vert ~\Big\vert~ 1\leqslant i\leqslant n\right\}\\
    & \leqslant \max \left\{ \left(\sum_{i}|b_{ij}|\right)\max_j|v_j| ~\Big\vert~ 1\leqslant i\leqslant n \right\}\\
    & < \max\left\{|v_j|~\Big\vert~1\leqslant j\leqslant n \right\}.
  \end{align*}
  这就证明了$|\lambda|<1$. 
  因此$E-B$的实特征值均正数，
  而复特征值的实部大于$0$且总是以共轭对的形式成对出现，
  从而$\det (E-B)>0$. 进而$\det A=\det D\det (E-B)\neq 0$. 
  若$A$的对角元素都大于$0$, 那么$\det D>0$, 从而$\det A>0$.
\end{solution}

%\begin{remark}
%  \aemph{我们可以从矩阵范数的角度如下看。
%  方法二中$B$的谱半径$\rho(B)\leqslant \Vvert B\Vvert_\infty<1$, 进而$E-B$可逆。
%参见注记~\ref{02E}.}
%\end{remark}

\begin{remark}\label{0A7}
  对 $A \in \bF^{n\times n}$, 下列等价：
  \begin{enumerate}
    \item\label{091}  $A$ 可逆。
    \item \label{09C} $A$的相抵标准型为$E$（即$A$可化简至单位矩阵）。
    \item \label{09F} $A$ 是一些初等矩阵的乘积。
    \item\label{0A1}  $A$ 可行化简至单位矩阵。
    \item \label{0A0}  $A$ 可列化简至单位矩阵。
    \item\label{0A2}  $\det A \neq 0$.
    \item\label{0A3}  $A^{\rT}$ 可逆。
    \item\label{0A4}  $A$ 行满秩（即$\rank_r A=n$, 或者说，$A$的行线性无关）。
    \item\label{0A5}  $A$ 列满秩（即$\rank_c A=n$, 或者说，$A$的列线性无关）。
    \item\label{0A6}  $A$ 满秩（即$\rank A=n$）。
    \item\label{092}  $A$ 有左逆，即存在 $B$ 使得 $BA = E_n$.
    \item\label{093}  $A$ 有右逆，即存在 $B$ 使得 $AB = E_n$.
    \item\label{094}  对任意的 $\beta \in \bF^{(n)}$, 线性方程组 $AX = \beta$ 有唯一解。
    \item\label{095}  对某个 $\beta \in \bF^{(n)}$, 线性方程组 $AX = \beta$ 有唯一解。
    \item\label{096}  齐次线性方程组 $AX = 0$ 只有平凡解。
    \item\label{097}  对任意 $\beta \in \bF^{(n)}$, 线性方程组 $AX = \beta$ 总有解。
    \item\label{098}  对任意的线性无关的 $\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_s \in \bF^{(n)}$ 
      有 $A\beta_1$, $A\beta_2$, $\cdots$, $A\beta_s$ 线性无关。
    \end{enumerate}
  我们讲向量空间时会再加下面几条：
  \begin{enumerate}
      \setcounter{enumi}{17}
    \item\label{099} 线性映射$\varphi_A\colon \bF^{(n)}\rightarrow \bF^{(n)}, X\mapsto AX$是满射。
    \item\label{09A} 线性映射$\varphi_A\colon \bF^{(n)}\rightarrow \bF^{(n)}, X\mapsto AX$是单射。
    \item\label{09B} 线性映射$\varphi_A\colon \bF^{(n)}\rightarrow \bF^{(n)}, X\mapsto AX$是双射。
    \item\label{09D} 存在常数项非零的形式多项式 $f(x) \in \bF[x]$ 使得 $f(A) = 0$.
  \end{enumerate}
我们讲特征值和特征多项式后还会加一条：
  \begin{enumerate}
      \setcounter{enumi}{21}
    \item\label{09E} $0$ 不是 $A$ 的特征值。
  \end{enumerate}
\iffalse
(17)至(21)我们会在下学期讲到，其中(17)(18)分别为(12)(15)的重述，
(19)是(17)(18)的合并，
(21)不过是(14)的重述，(20) 我们在注记~\ref{046}~中提到过。
下面证明(1)-(16)这些条件等价。
我们熟知 (1)$\Leftrightarrow$(2)$\Leftrightarrow$(3)$\Leftrightarrow$(4),
(1)$\Leftrightarrow$(5), (1)$\Leftrightarrow$(6), 
(11)$\Leftrightarrow$(1)$\Leftrightarrow$(10).
显然 (1)$\Leftrightarrow$(9), 而$\rank A=\rank_r A=\rank_c A$, 
我们有 (1)$\Leftrightarrow$(9)$\Leftrightarrow$(7)$\Leftrightarrow$(8). 
显然 (1)$\Rightarrow$(12)$\Rightarrow$(13)$\Rightarrow$(14),
而齐次线性方程组$AX=0$有唯一解表明自由变量个数$n-\rank A=0$, 即$n=\rank A$,
因此(14)$\Rightarrow$(1). 
显然(1)$\Rightarrow$(15), 反过来，若(15)成立，则对单位向量$e_i\in \bF^{(n)}$,
存在$\gamma_i\in \bF^{(n)}$使得$A\gamma_i =e_i$.
令$C=\begin{pmatrix}
  \gamma_1 & \cdots & \gamma_n
\end{pmatrix}$, 有$AC=E$. 因此$A$可逆。这就证明了(15)$\Leftrightarrow$(1).
(1)$\Leftrightarrow$(16)与练习~\ref{04C}~中相关部分的证明一样。

除了上面的直接的证明，
其中一部分等价也可看作列满秩矩阵的结论（练习~\ref{04C}）的特别情形。
\fi
\end{remark}



\begin{exercise}\label{0BC}
  令$\alpha_1,\cdots, \alpha_r$线性无关的一组$n$维向量。
\begin{enumerate}
\item 证明$\alpha_1,\cdots, \alpha_r$可扩充为
  包含$n$个向量的线性无关的向量组$\alpha_1,\cdots,\alpha_n$.
  \item 证明可扩充$\alpha_1,\cdots, \alpha_r$得到一个可逆矩阵
  $A=\begin{pmatrix}
    \alpha_1 \\ \vdots \\ \alpha_n
  \end{pmatrix}$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
由于秩、行秩相等，  $\alpha_1,\cdots,\alpha_n$线性无关等价于$A$可逆。
  这样，我们只用证明$\alpha_1,\cdots,\alpha_r$可扩充为包含$n$个向量的线性无关的向量组。
  考虑向量组$S=(\alpha_1,\cdots,\alpha_r,\varepsilon_1,\cdots,\varepsilon_n)$, 
  其中$\varepsilon_i$为第$i$分量为$1$其余分量为$0$的$n$维单位向量。
$\varepsilon_1,\cdots,\varepsilon_n$构成$S$的一个极大线性无关组，
故$\rank S=n$. 进而，$\alpha_1,\cdots,\alpha_r$这些线性无关的向量可扩充为$S$的一极大线性无关组，
包含了$n$个向量。
由此可知，$\alpha_1,\cdots,\alpha_r$添加$n-r$个合适的单位向量后可得一线性无关的向量组。
\end{solution}




\paragraph*{习题 4.5\quad 矩阵的分块}

\begin{exercise}%[{\cite[P135, 20 8)]{wang19}}]
\label{043}
求下面实方阵的逆：%\marginpar{\parencite[\nopp 4.20(8)]{wang19}}
    \[
        \begin{pmatrix}
            2 & 1 & 0 & 0\\
            3 & 2 & 0 & 0\\
            5 & 7 & 1 & 8\\
            -1 & -3 & -1 & -6
        \end{pmatrix}.
    \]
\end{exercise}



\begin{solution}
	所给方阵（记为$M$）可分块为$M=\begin{pmatrix}
            A & \\
            C & D
          \end{pmatrix},$其中
    \[
            A= 
            \begin{pmatrix}
                2 & 1\\
                3 & 2
            \end{pmatrix},\quad
            D= 
            \begin{pmatrix}
                1 & 8 \\
                -1 & -6
            \end{pmatrix},\quad
            C= 
            \begin{pmatrix}
                5 & 7 \\
                -1 & -3
            \end{pmatrix}.
    \]
    我们有
    \[
        \begin{aligned}
            A^{-1} =  \begin{pmatrix}
                2 & -1 \\
                -3 & 2
            \end{pmatrix},\quad
            D^{-1} =  
            \frac{1}{2} \begin{pmatrix}
                -6 & -8\\
                1 & 1
            \end{pmatrix},\quad
            -D^{-1}CA^{-1} &= 
            \begin{pmatrix}
                -5 & 7\\
                2 & -2
            \end{pmatrix}.
        \end{aligned}
    \]
    因此
    \[
            M^{-1} =  \begin{pmatrix}
                A^{-1} & \\
                -D^{-1}CA^{-1} & D^{-1}
            \end{pmatrix}
            = \begin{pmatrix}
                2 & -1 & 0 & 0\\
                -3 & 2 & 0 & 0\\
                -5& 7 & -3 & -4\\
                2 & -2 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2}
            \end{pmatrix}.
            \tag*{\qedhere}
    \]
\end{solution}


\begin{exercise}%[{\cite[P135, 21]{wang19}}]
\label{044}
	证明 
  %\marginpar{\parencite[\nopp 4.21]{wang19}}
  $\begin{pmatrix}
         & A\\
         C& 
    \end{pmatrix}$ 是可逆矩阵并给出其逆，其中 $A, C$ 是可逆矩阵。
\end{exercise}



\begin{solution}
  \fangfa 
我们可做初等变换：
\[
  \left(\begin{array}{cc|cc}
         & A &E  & \\
         C&  &  & E
     \end{array}\right)
\xrightarrow{r_1\leftrightarrow r_2} 
\left(
  \begin{array}{cc|cc}
         C &  & & E \\ & A & E & 
     \end{array}\right)
     \xrightarrow[A^{-1}\times r_2]{C^{-1}\times r_1}\left(
       \begin{array}{cc|cc}
         E &  & & C^{-1} \\ & E & A^{-1} & 
     \end{array}\right).
\]
因此$\begin{pmatrix}
         & A\\
         C& 
    \end{pmatrix}$可逆，且
\[
 \begin{pmatrix}
         & A\\
         C& 
       \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix}
    & C^{-1} \\ A^{-1} & 
  \end{pmatrix}.
\]

    \fangfa  考虑矩阵方程
    \[ 
        \begin{pmatrix}
            X & Y \\
            Z & W
        \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
             & A\\
             C& 
         \end{pmatrix} = E.
     \]
     这相当于矩阵方程组
     \[
       \begin{cases}
         YC=E \\
         XA=0 \\
         WC=0 \\
         ZA=E.
       \end{cases}
     \]
     此方程组有唯一解
     \[
         X=0,\quad Y=C^{-1},\quad Z=A^{-1}, \quad W=0.
     \]
     故$
         \begin{pmatrix}
             & A\\
             C& 
         \end{pmatrix}^{-1}= 
         \begin{pmatrix}
             & C^{-1}\\
             A^{-1} & 
         \end{pmatrix}.$
\end{solution}



\begin{exercise}%[{\cite[P135, 22]{wang19}}]
\label{045}
	求下面方阵的逆方阵（其中对任意的 $i$ 有 $a_i\neq 0$）：
  %\marginpar{\parencite[\nopp 4.22]{wang19}}
    \[
        \begin{pmatrix}
            0 & a_1 & 0 & \cdots & 0 & 0\\
            0 & 0 & a_2 & \cdots& 0 & 0\\
            \vdots & \vdots & \vdots & &\vdots & \vdots \\
            0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & a_{n-1}\\
            a_n & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0
        \end{pmatrix}.
    \]
\end{exercise}



\begin{solution}
	所给矩阵可分块为
    \[
        A= 
        \begin{pmatrix}
            & B\\
            a_n & 
        \end{pmatrix},\quad
        \text{其中~}
        B=
        \begin{pmatrix}
            a_1 & & \\
            & \ddots & \\
            & & a_{n-1}
        \end{pmatrix}.
    \]
    由练习~\ref{044}~的结论知
    \[\tag*{\qedhere}
        A^{-1} = 
        \begin{pmatrix}
            & a_n^{-1}\\
            B^{-1} &
        \end{pmatrix}=
        \begin{pmatrix}
            0 & \cdots & 0 & a_n^{-1} \\
            a_1^{-1} & && 0\\
            & \ddots & &\vdots\\
            && a_{n-1}^{-1} & 0
        \end{pmatrix}.
    \]
\end{solution}

\begin{exercise}
    证明：%\marginpar{\parencite[\nopp 4.25(2)]{wang19}}
    可逆的上三角形方阵（转：下三角形方阵）的逆仍是上三角形方阵（转：下三角形方阵）。
\end{exercise}


\begin{solution}

    设$A$为可逆的上三角形方阵。我们对方阵$A$的阶$n$归纳。$n=1$没什么可证。考虑$n>1$.
    $A$可以分块为
    $A=\begin{pmatrix}
        a_{11} & B\\
        & D
    \end{pmatrix}$, 其中$D$是上三角形方阵。由$A$可逆知$a_{11}\neq 0$, $D$可逆，且
    \[
        A^{-1}=\begin{pmatrix}
            a_{11}^{-1} & -a_{11}^{-1} B D^{-1} \\ & D^{-1}
        \end{pmatrix}.
    \]
    由归纳假设，$D^{-1}$是上三角形方阵。这样$A^{-1}$亦是。得证；
    同时注意到，若 $A$ 的对角元素依次为 $a_{11},a_{22},\cdots,a_{nn}$, 
    则 $A^{-1}$ 的对角元素依次为 $a_{11}^{-1},a_{22}^{-1},\cdots,a_{nn}^{-1}$.
    类似地可证明可逆的下三角形方阵的逆是下三角形方阵；或者转置来证明。
\end{solution}





\begin{exercise}\label{077}
  设
  %\marginpar{\parencite[\nopp 4.6]{wang19}}
  \[
    A=\begin{pmatrix}
      a_1 E_{1} \\ & a_2 E_{2} \\ && \ddots \\ &&& a_r E_{r} 
\end{pmatrix}
\]
  其中$a_1, a_2, \cdots, a_r$互异，$E_{i}$是$n_i$阶单位矩阵，$\sum_{i=1}^r n_i=n$. 
  证明与$A$可交换的方阵恰好形如
  \[
    \begin{pmatrix}
      A_ 1 \\ & A_2 \\ && \ddots \\ &&& A_r
    \end{pmatrix},
  \]
  其中$A_i$是$n_i$阶方阵。
\end{exercise}


\begin{solution}
  设$B$与$A$可交换。将$B$分块为$(B_{ij})$, 其中$B_{ii}$为$n_i$阶方阵。
  $AB=BA$相当于
  $(a_i-a_j)B_{ij}=0$, 对任意的$i, j$.
  由于这些$a_i$互异，后者进一步相当于$B_{ij}=0$, 对任意$i\neq j$, 即$B$是准对角阵。证毕。
 \end{solution}




\paragraph*{习题 4.6\quad 初等矩阵}

\begin{exercise}%[{\cite[P135, 20 9) 10)]{wang19}}]
\label{047}
求下列实矩阵的逆：%\marginpar{\parencite[\nopp 4.20(9)(10)]{wang19}} 
\\
(1) $\begin{pmatrix}
       2 & 2 & 3\\
 1 & -1 & 0\\
 -1 & 2 & 1 
    \end{pmatrix}$.
(2) $\begin{pmatrix}
            0 & 0 & 1 & -1\\
            0 & 3 & 1 & 4\\
            2 & 7 & 6 & -1\\
            1 & 2 & 2 & -1
          \end{pmatrix}$.
(3) $\begin{pmatrix}
2 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 2 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 2 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 2 & 1\\
0 & 0 & 0 & 0 & 2
\end{pmatrix}$.
\end{exercise}



\begin{solution}
    \begin{enumerate}
      \item 设所给矩阵为 $A$. 易算得$|A|=-1$, 故$A$可逆。
        我们应用求逆公式$A^{-1}=\frac{1}{|A|}A^*$来求逆，
        这需要计算所有元素的代数余子式：
\begin{align*}
  A_{11}&= \begin{vmatrix}
    -1 & 0 \\2 & 1
  \end{vmatrix}=-1, & A_{12}&= -\begin{vmatrix}
    1 & 0 \\ -1 & 1
  \end{vmatrix}=-1, & A_{13}&= \begin{vmatrix}
    1 & -1 \\-1 & 2
  \end{vmatrix}=1,\\
  A_{21}&= -\begin{vmatrix}
    2 & 3 \\2 & 1
  \end{vmatrix}=4, & A_{22}&= \begin{vmatrix}
    2 & 3 \\ -1 & 1
  \end{vmatrix}=5, & A_{23}&= -\begin{vmatrix}
    2 & 2 \\-1 & 2
  \end{vmatrix}=-6,\\
  A_{31}&= \begin{vmatrix}
    2& 3 \\-1 & 0
  \end{vmatrix}=3, & A_{32}&= -\begin{vmatrix}
    2& 3 \\1 & 0 
  \end{vmatrix}=3, & A_{33}&= \begin{vmatrix}
   2 & 2 \\ 1 & -1
  \end{vmatrix}=-4,\\
\end{align*}
所以
\[
  A^{-1}=\frac{1}{|A|}A^*=\frac{1}{|A|}\begin{pmatrix}
    A_{11} & A_{21} & A_{31} \\
    A_{12} & A_{22} & A_{32}\\
    A_{13} & A_{23} & A_{33}
  \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
    1& -4 & -3\\
    1 & -5 & -3\\
    -1 & 6 & 4
  \end{pmatrix}.
\]

	\item 我们对 $\begin{pmatrix}
        A & E
    \end{pmatrix}$ 做行化简来得到 $A^{-1}$
    （回忆下方阵 $A$ 可逆当且仅当 $A$ 可以通过一系列初等行变换得到单位矩阵）。
    过程如下：
    \[\small
      \hspace{-2em}\begin{aligned}
            &\left(\begin{array}{cccc|cccc}
                0 & 0 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0 & 0\\
                0 & 3 & 1 & 4 & 0 & 1 & 0 & 0\\
                2 & 7 & 6 & -1 & 0 & 0 & 1 & 0\\
                1 & 2 & 2 & -1 & 0 &0&0 &1
            \end{array}\right)
            \xrightarrow{\text{几次交换两行}}
            \left(\begin{array}{cccc|cccc}
                1 & 2 & 2 & -1 & 0 &0&0 &1\\
                2 & 7 & 6 & -1 & 0 & 0 & 1 & 0\\
                0 & 3 & 1 & 4 & 0 & 1 & 0 & 0\\
                0 & 0 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0 & 0
            \end{array}\right)\\
            \iffalse
            \xrightarrow{r_2-2r_1}&
            \left(\begin{array}{cccc|cccc}
                1 & 2 & 2 & -1 &  0 & 0 & 0 & 1\\
                0 & 3 & 2 & 1 & 0 &  0 & 1 & -2\\
                0 & 3 & 1 & 4 & 0 & 1 & 0 & 0\\
                0 & 0 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0 & 0
            \end{array}\right)\\
            \xrightarrow{r_3-r_2} &
            \left(\begin{array}{cccc|cccc}
                1 & 2 & 2 & -1 & 0 & 0 & 0 & 1\\
                0 & 3 & 2 & 1 & 0 & 0 & 1 & -2\\
                0 & 0 & -1 & 3 & 0 & 1 & -1 & 2\\
                0 & 0 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0 & 0
            \end{array}\right)\\
            \xrightarrow{r_4+r_3} &
            \left(\begin{array}{cccc|cccc}
                1 & 2 & 2 & -1 & 0 & 0 & 0 & 1\\
                0 & 3 & 2 & 1 & 0 & 0 & 1 & -2 \\
                0 & 0& -1 & 3 & 0 & 1 & -1 & 2\\
                0 & 0& 0 & 2 & 1 & 1 & -1 & 2
            \end{array}\right)\\
            \fi
            & \xrightarrow[r_4+r_3]{\substack{r_2-2r_1\\ r_3-r_2}}
            \left(\begin{array}{cccc|cccc}
                1 & 2 & 2 & -1 & 0 & 0 & 0 & 1\\
                0 & 3 & 2 & 1 & 0 & 0 & 1 & -2 \\
                0 & 0& -1 & 3 & 0 & 1 & -1 & 2\\
                0 & 0& 0 & 2 & 1 & 1 & -1 & 2
            \end{array}\right)
            \xrightarrow[\substack{r_2+r_4\times(-\frac{3}{2})\\ r_4\times\frac{1}{2}}]{\substack{r_1+r_4\times \frac{1}{2}\\ r_2+r_4\times (-\frac{1}{2})}} 
            \left(\begin{array}{cccc|cccc}
                1 & 2 & 2 & 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 2\\
                0 & 3 & 2 & 0 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{3}{2} & -3\\
                0 & 0 & -1 & 0 & -\frac{3}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -1\\
                0 & 0 & 0 & 1& \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 1
            \end{array}\right)\\
           &  \xrightarrow[r_3\times(-1)]{\substack{r_1+2r_3\\ r_2+2r_3}} 
            \left(\begin{array}{cccc|cccc}
                    1 & 2 & 0 & 0 & -\frac{5}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0\\
                    0 & 3 & 0 & 0 & -\frac{7}{2} & -\frac{3}{2} & \frac{5}{2} & -5\\
                    0 & 0 & 1 & 0 & \frac{3}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 1\\
                    0 & 0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 1
            \end{array}\right)
            \xrightarrow[r_1-2r_2]{r_2\times \frac{1}{3}} 
            \left(\begin{array}{cccc|cccc}
                    1 & 0 & 0 & 0 & -\frac{1}{6} & \frac{1}{2} & -\frac{7}{6} & \frac{10}{3} \\
                    0 & 1 & 0 & 0 & -\frac{7}{6} & -\frac{1}{2} & \frac{5}{6} & -\frac{5}{3}\\
                    0 & 0 & 1 & 0 & \frac{3}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 1\\
                    0 & 0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 1
            \end{array}\right),
        \end{aligned}
    \]
    所以
    \[
        A^{-1} = 
        \begin{pmatrix}
            -\frac{1}{6} & \frac{1}{2} & -\frac{7}{6} & \frac{10}{3} \\
            -\frac{7}{6} & -\frac{1}{2} & \frac{5}{6} & -\frac{5}{3}\\
            \frac{3}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 1\\
            \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 1
        \end{pmatrix}.
    \]
\item 
    \fangfa  令
     \[
        N=
        \begin{pmatrix}
            0 & 1 & 0 & 0 & 0\\
            0 & 0 & 1 & 0 & 0\\
            0 & 0 & 0 & 1 & 0\\
            0 & 0 & 0 & 0 & 1\\
            0 & 0 & 0 & 0 & 0
        \end{pmatrix},
    \]
    则 $A=2E+N=2(E-(-\frac{1}{2}N))$. 
    $N^5=0$表明$(-\frac{1}{2}N)^5=0$. 进而由练习~\ref{041}~知
    \[
        \begin{aligned}
          (2E+N)^{-1}&=  \frac{1}{2}(E+\frac{1}{2}N)^{-1} =  
          \frac{1}{2}(E-\frac{1}{2} N + \frac{1}{4} N^2 - \frac{1}{8} N^3 + \frac{1}{16} N^4)\\
            &= 
            \frac{1}{2}
            \begin{pmatrix}
                1 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{4} & -\frac{1}{8} & \frac{1}{16}\\
                &1 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{4} & -\frac{1}{8}\\
                &&1 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{4} \\
                &&& 1 & -\frac{1}{2} \\
                &&&& 1
            \end{pmatrix}.
        \end{aligned}
    \]
 
  \fangfa 
  我们通过行化简$\begin{pmatrix}
    A & E
  \end{pmatrix}$来求逆：
  \[
    \hspace{-2em}
  \begin{aligned}
    &  \left(
      \begin{array}{ccccc|ccccc}
        2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
        0 & 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\
        0 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\
        0 & 0 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\
        0 & 0 & 0 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1  
      \end{array}
    \right) 
    \xrightarrow{r_4-\frac{1}{2}r_5} 
    \left(
      \begin{array}{ccccc|ccccc}
        2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
        0 & 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\
        0 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\
        0 & 0 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & -\frac{1}{2}\\
        0 & 0 & 0 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1  
      \end{array}
    \right) \\
    %\xrightarrow{r_3-\frac{1}{2}r_4} & 
%    \left(
%      \begin{array}{ccccc|ccccc}
%        2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
%        0 & 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\
%        0 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{4}\\
%        0 & 0 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & -\frac{1}{2}\\
%        0 & 0 & 0 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1  
%      \end{array}
%    \right) \\
%    \xrightarrow{r_2-\frac{1}{2}r_3} & 
%    \left(
%      \begin{array}{ccccc|ccccc}
%        2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
%        0 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{4} & -\frac{1}{8} \\
%        0 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{4}\\
%        0 & 0 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & -\frac{1}{2}\\
%        0 & 0 & 0 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1  
%      \end{array}
%    \right) \\
    & \xrightarrow[r_1-\frac{1}{2}r_2]{\substack{r_3-\frac{1}{2}r_4\\ r_2-\frac{1}{2}r_3}} 
    \left(
      \begin{array}{ccccc|ccccc}
        2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{4} & -\frac{1}{8} & \frac{1}{16}\\
        0 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{4} & -\frac{1}{8} \\
        0 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{4}\\
        0 & 0 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & -\frac{1}{2}\\
        0 & 0 & 0 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1  
      \end{array}
    \right) \\
   &  \xrightarrow[i=1,\cdots,5]{r_i\times \frac{1}{2}} 
    \left(
      \begin{array}{ccccc|ccccc}
        1 & 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{4} & \frac{1}{8} & -\frac{1}{16} & \frac{1}{32}\\
        0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{4} & \frac{1}{8} & -\frac{1}{16} \\
        0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{4} & \frac{1}{8}\\
        0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{4}\\
        0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{1}{2}
      \end{array}
    \right).
  \end{aligned} 
\]
  这样
  \[
    A^{-1}=\begin{pmatrix}
        \frac{1}{2} & -\frac{1}{4} & \frac{1}{8} & -\frac{1}{16} & \frac{1}{32}\\
        0& \frac{1}{2} & -\frac{1}{4} & \frac{1}{8} & -\frac{1}{16} \\
        0 & 0& \frac{1}{2} & -\frac{1}{4} & \frac{1}{8}\\
        0 & 0 & 0 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{4}\\
        0 & 0 & 0 & 0 & \frac{1}{2}
      \end{pmatrix}.
    \tag*{\qedhere}
    \]
   \end{enumerate}
\end{solution}




\begin{exercise}%[{\cite[P135, 23 2) 3)]{wang19}}]
  解矩阵方程$AX=B$, 其中 %\marginpar{\parencite[\nopp 4.23(2)(3)]{wang19}}
\begin{enumerate}
  \item $A=\begin{pmatrix}
    1 & 1 & -1\\
    0 & 2 & 2 \\
    1 & -1 & 0
  \end{pmatrix}, \quad B=
  \begin{pmatrix}
    1 & -1 & 1\\
    1 & 1 & 0\\
    2 & 1 & 1
\end{pmatrix}.$

\item $A= 
        \begin{pmatrix}
            1 & 1 & \cdots & 1 \\
            &  \ddots & \ddots & \vdots \\
            & & 1 & 1\\
            &&& 1
        \end{pmatrix}, \quad 
        B= 
        \begin{pmatrix}
            2 & 1 & &  \\
            1 & 2 & \ddots & \\
            & \ddots & \ddots & 1\\
            & & 1 & 2  
        \end{pmatrix}.$
\end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
    \begin{enumerate}
            \item 
  对$\begin{pmatrix}
    A & B
  \end{pmatrix}$行化简至既约阶梯形：
  \[
    \begin{aligned}
      & \left( 
        \begin{array}{ccc|ccc}
          1 & 1 & -1 & 1 & -1 & 1\\
          0 & 2 & 2 & 1 & 1 & 0\\
          1 & -1 & 0 & 2 & 1 & 1        
        \end{array}
      \right) \xrightarrow{r_3-r_1} 
      \left( 
        \begin{array}{ccc|ccc}
          1 & 1 & -1 & 1 & -1 & 1\\
          0 & 2 & 2 &1 & 1 & 0\\
          0 & -2 & 1 & 1 & 2 & 0        
        \end{array}
      \right)  \\ 
      & \xrightarrow{r_3+r_2}   
      \left( 
        \begin{array}{ccc|ccc}
          1 & 1 & -1 & 1 & -1 & 1\\
          0 & 2 & 2 &1 & 1 & 0\\
          0 & 0 & 3 & 2 & 3 & 0        
        \end{array}
      \right) 
      \xrightarrow[r_3\times \frac{1}{3}]{r_2\times\frac{1}{2}} 
      \left( 
        \begin{array}{ccc|ccc}
          1 & 1 & -1 & 1 & -1 & 1\\
          0 & 1 & 1 &\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0\\
          0 & 0 & 1 & \frac{2}{3} & 1 & 0        
        \end{array}
      \right) \\
      &  \xrightarrow[r_1+r_3]{r_2-r_3}
      \left( 
        \begin{array}{ccc|ccc}
          1 & 1 & 0 & \frac{5}{3} & 0 & 1\\
          0 & 1 & 0 &-\frac{1}{6} & -\frac{1}{2} & 0\\
          0 & 0 & 1 & \frac{2}{3} & 1 & 0        
        \end{array}
      \right) 
      \xrightarrow{r_1-r_2} 
      \left( 
        \begin{array}{ccc|ccc}
          1 & 0 & 0 & \frac{11}{6} & \frac{1}{2} & 1\\
          0 & 1 & 0 &-\frac{1}{6} & -\frac{1}{2} & 0\\
          0 & 0 & 1 & \frac{2}{3} & 1 & 0        
        \end{array}
      \right),
    \end{aligned}
  \]
  所以$A$为可逆矩阵，$AX=B$有唯一解
  \[
    A^{-1}B=\begin{pmatrix}
       \frac{11}{6} & \frac{1}{2} & 1\\
      -\frac{1}{6} & -\frac{1}{2} & 0\\
     \frac{2}{3} & 1 & 0        
   \end{pmatrix}.
  \]
  
  \item   \fangfa 我们对 $\begin{pmatrix}
        A & B
    \end{pmatrix}$ 做行化简：
\[
  \begin{aligned}
  & \left( 
    \begin{array}[]{cccccc|cccccc}
             1 & 1 & 1 & \cdots & 1  & 1 & 2 & 1 & & & \\
              & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1 & 1 & 2 & 1 & &  \\
              &  & 1 & \cdots & 1 & 1 & & 1 & 2 & 1 &   \\
            & && \ddots & \vdots & \vdots & &  & \ddots & \ddots & \ddots &\\
            & &&& 1 & 1 & & & &1 & 2 & 1\\
            &&&&& 1     & & & & & 1 & 2  
    \end{array}
  \right)\\
  & \xrightarrow{r_1-r_2}
  \left( 
    \begin{array}[]{cccccc|cccccc}
     1 & 0 & 0 & \cdots & 0  & 0 & 1 & -1 & -1& & \\
      & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1 & 1 & 2 & 1 & &  \\
      &  & 1 & \cdots & 1 & 1 & & 1 & 2 & 1 &   \\
    & && \ddots & \vdots & \vdots & &  & \ddots & \ddots & \ddots &\\
    & &&& 1 & 1 & & & &1 & 2 & 1\\
    &&&&& 1     & & & & & 1 & 2 
    \end{array}
  \right)\\
  & \xrightarrow{r_2-r_3,\cdots,r_{n}-r_{n-1}}
  \left( 
    \begin{array}[]{ccccc|ccccc}
       1 & & & & &     1 & -1 & -1 & & \\
       & 1 & & & &    1 & 1 & \ddots & \ddots &  \\
       & & 1 && &     & 1 &  \ddots  & -1 & -1\\
         & & &\ddots & &   && \ddots & 1 & -1 \\
           &&&& 1 & &&& 1 & 2
    \end{array}
  \right)
  \end{aligned}
\]
可见$A$可逆，且
    \[
      A^{-1}B=\begin{pmatrix}
            1 & -1 & -1 & & \\
            1 & 1 & \ddots & \ddots &  \\
            & 1 &  \ddots  & -1 & -1\\
            && \ddots & 1 & -1 \\
            &&& 1 & 2
          \end{pmatrix},
    \]
    这就是$AX=B$的唯一解。


    \fangfa  注意到若令 $N=\begin{pmatrix}
        0 & 1 &&\\
        & 0 & \ddots &\\
        && \ddots & 1\\
        &&& 0 
    \end{pmatrix}$, 则有
    $N^n=0, A= E + N+\cdots + N^{n-1}.$
    所以由练习~\ref{041}~的结论知 $A^{-1}=E-N$. 这样$AX=B$的唯一解为
    \[
      \hspace{-1em}
            X= A^{-1}B
            =           \begin{pmatrix}
            1 & -1 & &  \\
             & 1 & \ddots & \\
            & & \ddots & -1\\
            & &  & 1  
        \end{pmatrix}      \begin{pmatrix}
            2 & 1 & &  \\
            1 & 2 & \ddots & \\
            & \ddots & \ddots & 1\\
            & & 1 & 2  
        \end{pmatrix}
            = 
            \begin{pmatrix}
                1 & -1 & -1 & & \\
                1 & 1 & \ddots & \ddots & \\
                & 1 &  \ddots  & -1 & -1\\
                && \ddots & 1 & -1 \\
                &&& 1 & 2
              \end{pmatrix}.
        \tag*{\qedhere}
    \]
    \end{enumerate}
\end{solution}



\begin{remark}
  解矩阵方程$AX=B$相当于解多个线性方程组$AX_i=\beta_i$, 
  其中$X_i$是变元矩阵 $X$的第$i$列，$\beta_i$是$B$的第$i$列, 
  $1\leqslant i\leqslant n$（这里$n$是$X$的列数也是$B$的列数）。
  所以我们是对$\begin{pmatrix}
    A & B
  \end{pmatrix}$进行行化简使得$A$达到（既约）行阶梯型来求解。
  简单的情形是$A$是可逆矩阵，此时$AX=B$有唯一解$A^{-1}B$. 
  除了直接计算，
  行化简$\begin{pmatrix}
    A & B
  \end{pmatrix}$可至$\begin{pmatrix}
    E & A^{-1}B
  \end{pmatrix}$而得$A^{-1}B$. 
\end{remark}


\begin{exercise}%[{\cite[P119, 9(3)]{zhang98}}]
  解矩阵方程$AXB=C$, 其中 %\marginpar{\parencite[\nopp 3.9(3)]{zhang98}}
  \[
    A=\begin{pmatrix}
      2 & -3 & 1 \\
      4 & -5 & 2\\
      5 & -7 & 3
    \end{pmatrix},\quad B=
    \begin{pmatrix}
      9 & 7 & 6 \\
      1 & 1 & 2\\
      1 & 1 & 1
    \end{pmatrix},\quad C=
    \begin{pmatrix}
      2 & 0 & -2\\
      18 & 12 & 9\\
      23 & 15 & 11
    \end{pmatrix}.
  \]
\end{exercise}


\begin{solution}

  我们先对$\begin{pmatrix}
    A & C
  \end{pmatrix}$做行化简把$A$占的块变成既约行阶梯型来试图解出$XB$. 
  若$A$是可逆矩阵，$A$可行化简至单位矩阵，我们唯一地有$XB=A^{-1}C$. 这里确实是如此。
  过程如下：
  \[
    \begin{aligned}
 &     \left( 
        \begin{array}{ccc|ccc}
          2 & -3 & 1 & 2 & 0 & -2\\
          4 & -5 & 2 & 18 & 12 & 9\\
          5 & -7 & 3 & 23 & 15 & 11
        \end{array}
      \right)
        \xrightarrow[\text{几次交换两行}]{r_3-r_1} 
      \left( 
        \begin{array}{ccc|ccc}
          1 & -2 & 1 & 5 & 3 & 2\\
          2 & -3 & 1 & 2 & 0 & -2\\
          4 & -5 & 2 & 18 & 12 & 9
        \end{array}
      \right) \\
      & \xrightarrow[r_2\leftrightarrow r_3]{r_3-2r_2, r_2-2r_1} 
      \left( 
        \begin{array}{ccc|ccc}
          1 & -2 & 1 & 5 & 3 & 2\\
          0 & 1 & 0 & 14 & 12 & 13\\
          0 & 1 & -1 & -8 & -6 & -6
        \end{array}
      \right) 
      \xrightarrow[r_1+2r_2]{r_3-r_2, r_3\times (-1)} 
      \left( 
        \begin{array}{ccc|ccc}
          1 & 0 & 0 & 11 & 9 & 9\\
          0 & 1 & 0 & 14 & 12 & 13\\
          0 & 0 & 1 & 22 & 18 & 19
        \end{array}
      \right). 
    \end{aligned}
  \]这样我们算出了
  \[A^{-1}C= \begin{pmatrix}
                11 & 9 & 9\\
          14 & 12 & 13\\
           22 & 18 & 19\\
         \end{pmatrix}.
  \]
  我们接着解方程$XB=A^{-1}C$. 
  一般的情形可以考虑转置得到方程$B^{\rT}X^{\rT}=(A^{-1}C)^{\rT}$, 并解之。
  不过我们这里能发现$B$可逆，这样$A^{-1}CB^{-1}$为$XB=A^{-1}C$的唯一解。
  我们对$\begin{pmatrix}
    B\\
    A^{-1}C
  \end{pmatrix}$做列化简，最终发现可以把$B$占的块变成单位矩阵（这点说明了$B$可逆），
  相应地，$A^{-1}C$占的块变成了$A^{-1}CB^{-1}$. 过程如下：
  \[
    \begin{aligned}
      \left( 
        \begin{array}{ccc}
        9 & 7 & 6 \\
        1 & 1 & 2\\
        1 & 1 & 1\\
           \hline
          11 & 9 & 9\\
          14 & 12 & 13\\
           22 & 18 & 19
        \end{array}
      \right) \xrightarrow[c_1-c_3-3c_2]{c_2-c_3}  
      \left( 
        \begin{array}{ccc}
          0 & 1 & 0\\
          2 & -1 & 4 \\
          0 & 0 & 1 \\
          \hline
          2 & 0 & 5 \\
          4 & -1 & 11\\
          6 & -1 & 13
        \end{array} 
      \right)\xrightarrow[c_1\times\frac{1}{2}]{c_3-2c_1}
      \left( 
        \begin{array}{ccc}
          0 & 1 & 0\\
          1 & -1 & 0\\
          0 & 0 & 1\\
          \hline
          1 & 0 & 1\\
          2 & -1 & 3\\
          3 & -1 & 1
        \end{array} 
      \right) 
      \xrightarrow[c_1\leftrightarrow c_2]{c_2+c_1} 
      \left( 
        \begin{array}{ccc}
          1 & 0 & 0\\
          0 & 1 & 0\\
          0 & 0 & 1\\
          \hline
        1 & 1 & 1\\
        1& 2 & 3\\
        2 & 3 & 1
        \end{array}
      \right).
    \end{aligned} 
  \]
  所以$AXB=C$的唯一解为
  \[ X=A^{-1}CB^{-1}= \begin{pmatrix}
              1 & 1 & 1\\
        1& 2 & 3\\
        2 & 3 & 1
    \end{pmatrix}.
\tag*{\qedhere}
  \]
\end{solution}



\paragraph*{习题 4.7\quad 分块乘法的初等变换及应用举例}

\begin{exercise}%[{\cite[P136, 28]{wang19}}]
  求下列矩阵的逆：%\marginpar{\parencite[\nopp 4.28]{wang19}}
  \[
    A= \begin{pmatrix}
      1 & 1 & 1 & 1 \\
      1 & -1 & 1 & -1\\
      1 & 1 & -1 & -1 \\
      1 & -1 & -1 & 1
    \end{pmatrix}.
  \]
\end{exercise}


\begin{solution}
    \fangfa 行化简$\begin{pmatrix}
    A & E
  \end{pmatrix}$可得$\begin{pmatrix}
      E & A^{-1}
  \end{pmatrix}$. 这个我不细致写了。

  记$B=\begin{pmatrix}
    1 & 1 \\ 1 & -1
  \end{pmatrix}$. 那么$A=\begin{pmatrix}
    B & B\\
    B & -B
  \end{pmatrix}$.

  \fangfa  注意到$B^2=2E$. 我们有
  \[
    A^{2}=\begin{pmatrix}
      B & B\\
      B & -B
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
      B & B\\
      B & -B
    \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
      2B^2 \\ & 2B^2
    \end{pmatrix}= 4E.
  \]
  这样$A^{-1}=\frac{1}{4}A=\frac{1}{4}\begin{pmatrix}
      1 & 1 & 1 & 1 \\
      1 & -1 & 1 & -1\\
      1 & 1 & -1 & -1 \\
      1 & -1 & -1 & 1
    \end{pmatrix}.$

    \fangfa  我们对
    \[
      \begin{pmatrix}
         A & E
      \end{pmatrix} = \left( 
        \begin{array}{cc|cc}
          B & B & E & 0 \\
          B & -B & 0 & E
        \end{array}
      \right)
    \]
    做分块形式的初等行变换把$A$占的块变成单位矩阵来求$A$的逆：
    \[
      \begin{aligned}
       & \left( 
        \begin{array}{cc|cc}
          B & B & E & 0 \\
          B & -B & 0 & E
      \end{array} \right) 
      \xrightarrow{r_2-r_1} 
      \left(
        \begin{array}{cc|cc}
          B & B & E & 0 \\
          0 & -2B & -E & E
        \end{array}
      \right) \\
     &  \xrightarrow{r_1+r_2\times \frac{1}{2}} 
        \left( 
        \begin{array}{cc|cc}
          B & 0 & \frac{1}{2}E & \frac{1}{2}E  \\
          0 & -2B & -E & E
        \end{array}
      \right)
      \xrightarrow[(-\frac{1}{2})B^{-1}\times r_2]{B^{-1}\times r_1}
      \left( 
        \begin{array}{cc|cc}
          E & 0 & \frac{1}{2}B^{-1} & \frac{1}{2}B^{-1}  \\
          0 & E & \frac{1}{2} B^{-1}  & -\frac{1}{2} B^{-1}
        \end{array}
      \right)
    \end{aligned}
    \]
    所以$A^{-1}= \begin{pmatrix}
      \frac{1}{2}B^{-1} & \frac{1}{2}B^{-1}  \\
     \frac{1}{2} B^{-1}  & -\frac{1}{2} B^{-1}
   \end{pmatrix}$. 而由于$B^2=2E$, $B^{-1}=\frac{1}{2}B$, 从而
   \[\tag*{\qedhere}
     A^{-1}=\frac{1}{4}\begin{pmatrix}
      1 & 1 & 1 & 1 \\
      1 & -1 & 1 & -1\\
      1 & 1 & -1 & -1 \\
      1 & -1 & -1 & 1
    \end{pmatrix}.
  \]
\iffalse
    \fangfa  
    注意到
    $A= \begin{pmatrix}
        B \\ & B
      \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        E &  E \\
        E & -E
      \end{pmatrix}.$
      我们知道$B^2=2E$, 所以$B^{-1}=\frac{1}{2}B$. 我们来求$\begin{pmatrix}
        E &  E \\
        E & -E
      \end{pmatrix}$的逆。
      注意到
      \[
        \begin{pmatrix}
          E \\ -E & E
        \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
          E & E\\
          E & -E
        \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
          E & -E \\ & E
        \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
          E \\ & -2E
        \end{pmatrix}.
      \]
      所以
      \[
        \begin{pmatrix}
          E & E\\
          E & -E
        \end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix}
          E & -E \\ & E
        \end{pmatrix}
        \begin{pmatrix}
          E \\ & -2E
        \end{pmatrix}^{-1}
        \begin{pmatrix}
          E \\ -E & E
        \end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}
          E & E \\E & -E
        \end{pmatrix}.
      \]
      （另一种方式是：若记$C=\begin{pmatrix}
        E &  E \\
        E & -E
      \end{pmatrix}$, 容易发现$C^2=2E$. 所以$C^{-1} = \frac{1}{2} C.$）
      这样
      \begin{align*}
        A^{-1}&=  \begin{pmatrix}
          E & E\\
          E & -E
        \end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}
        B \\ & B
      \end{pmatrix}^{-1} =\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
          E & E \\E & -E
        \end{pmatrix}\cdot \frac{1}{2}\begin{pmatrix}
          B \\ & B
        \end{pmatrix}\\
        &=  \frac{1}{4} \begin{pmatrix}
          B & B\\ B & -B
        \end{pmatrix} 
        =  \frac{1}{4}\begin{pmatrix}
      1 & 1 & 1 & 1 \\
      1 & -1 & 1 & -1\\
      1 & 1 & -1 & -1 \\
      1 & -1 & -1 & 1
    \end{pmatrix}.
  \end{align*}
\fi
\end{solution}


\begin{exercise}\label{025}
	设 $A\in P^{n\times m}, B\in P^{m\times n}$. 
  %\marginpar{\parencite[\nopp 4.30]{wang19}}
\begin{enumerate}
\item 证明
  \[
    \begin{vmatrix}
        E_m & B \\
          A & E_n
          \end{vmatrix}=|E_n-AB|=|E_m-BA|.
        \]
    \item 更一般地，证明对任意的 $\lambda\in P$ 有
      \[
  \lambda^m\det (\lambda E -AB) = \lambda^n \det (\lambda E - BA). 
  \] 
  \end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
\begin{enumerate}
\item 
  我们可做如下的分块形式的初等变换：
  \[\hspace{-2em}
    \begin{pmatrix}
      E_m & B \\
          A & E_n
        \end{pmatrix}\xrightarrow{r_2-A\times r_1}
   \begin{pmatrix}
      E_m & B \\
       0   & E_n-AB
        \end{pmatrix},
\quad
    \begin{pmatrix}
      E_m & B \\
          A & E_n
        \end{pmatrix}\xrightarrow{c_1-c_2\times A}
   \begin{pmatrix}
      E_m-BA & B \\
        0  & E_n
      \end{pmatrix}.
  \]
  这两个操作都不改变行列式，
  因此
  \[
|E_n-AB|=\begin{vmatrix}
      E_m & B \\
       0   & E_n-AB
        \end{vmatrix}= \begin{vmatrix}
      E_m & B \\
          A & E_n
        \end{vmatrix} =   \begin{vmatrix}
      E_m-BA & B \\
        0  & E_n
      \end{vmatrix} = |E_m-BA|.
  \]
\item 令
\[
C= \begin{pmatrix}
      E_m & \\ -A &\lambda E_n
    \end{pmatrix},\quad D= \begin{pmatrix}
      \lambda E_m & B\\
      A & E_n
    \end{pmatrix}.
\]
  我们有
  \begin{align*}
     CD=  \begin{pmatrix}
      \lambda E_m & B\\
      &\lambda E_n-AB
    \end{pmatrix},\quad 
    DC=  \begin{pmatrix}
     \lambda E_m-BA & \lambda B\\ & \lambda E_n
   \end{pmatrix}.
 \end{align*}
 上式两个等号左边有相同的行列式，因为$|CD|=|C||D|=|D||C|=|DC|$; 故两个等号右边的方阵也有相等的行列式，即
  \[\tag*{\qedhere}
    \lambda^m\det (\lambda E_n-AB) = \lambda^n\det (\lambda E_m-BA).
  \]
    \end{enumerate}
\end{solution}

\begin{remark}
  我们来证明$|D|=\det(\lambda E_m -BA)$. 我们有分块形式的初等变换
  \[
    D=\begin{pmatrix}
      \lambda E_m & B\\
      A & E_n
    \end{pmatrix}\xrightarrow{r_1-B\times r_2} 
\begin{pmatrix}
      \lambda E_m-BA & 0\\
      A & E_n
    \end{pmatrix}.
  \]
  而初等变换$r_1-B\times r_2$不改变行列式 (因为方阵$\begin{pmatrix}
      E & -B\\ & E
  \end{pmatrix}$的行列式为$1$),
  故
  \[
    |D|=\begin{vmatrix}
      \lambda E_m-BA & 0\\
      A & E_n
    \end{vmatrix}=\det(\lambda E_m-BA).
  \]
\end{remark}

\begin{exercise}\label{049}
  设 $A\in P^{n\times n}$. 证明  
    \begin{enumerate}
      \item 
        $A$为幂等矩阵（即$A$满足$A^2=A$） 当且仅当 
        %\marginpar{\parencite[\nopp 4s.4]{wang19}}
        \[
          \rank(A) + \rank(A-E) = n.
        \]
      \item 
      $A$为对合矩阵（即$A$满足$A^2=E)$ 当且仅当 
      %\marginpar{\parencite[\nopp 4s.3]{wang19}}
      \[
        \rank (A+E) +  \rank (A-E)=n.
      \]
  \end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
  \begin{enumerate}
    \item 我们可以做如下的分块形式的初等变换：
    \begin{align*}
        \begin{pmatrix}
            A & \\
             & E-A
        \end{pmatrix} \xrightarrow[r_2+r_1]{c_1+c_2} 
        \begin{pmatrix}
            A & \\
            E & E-A
        \end{pmatrix} \xrightarrow[c_2+c_1\times (A-E)]{r_1+(-A)\times r_2} 
        \begin{pmatrix}
            & -A(E-A) \\
            E & 
        \end{pmatrix}.
    \end{align*}
    这样
    \[\begin{aligned}
        \rank A + \rank (A-E) &= \rank \begin{pmatrix}
            A & \\
             & E-A
        \end{pmatrix} 
        = \rank \begin{pmatrix}
            & -A(E-A) \\
            E & 
        \end{pmatrix}\\
        &=  n + \rank A(E-A).
      \end{aligned}
    \]
    从而$\rank A+\rank (A-E)=n$当且仅当$\rank A(E-A)=0$当且仅当$A^2=A$.

\item   我们有
  \[
    \hspace{-2em}
  \begin{aligned}
    \begin{pmatrix}
      A+E \\ & A-E 
    \end{pmatrix} \xrightarrow[c_1-c_2]{r_2+r_1} &
    \begin{pmatrix}
      A+E \\
      2E & A-E
    \end{pmatrix} 
    \xrightarrow[r_1+r_2\times \left( -\frac{1}{2}(A+E) \right)]{c_2+c_1\times \left( -\frac{1}{2} (A-E) \right)}
    \begin{pmatrix}
      & -\frac{1}{2}(A+E)(A-E) \\
      2E 
    \end{pmatrix}.
  \end{aligned}
\]
  这样
  \[
    \rank (A+E) + \rank(A-E) = n+\rank (A+E)(A-E).
\]
  从而$\rank (A+E)+\rank(A-E)=n$当且仅当$\rank(A+E)(A-E)=0$当且仅当$A^2=E$.
  \end{enumerate}
\end{solution}





\section{补充题和考研题}


\begin{exercise}
  设方阵$A$的行列式为$1$. $A$是否可写成若干个形如$E+ae_{ij}$（其中$i\neq j$）
  的初等矩阵的乘积？或者说，$A$是否可以只通过某行的倍加到另一行和某列的倍加到
  另一列这样的初等变换变成单位矩阵？
\end{exercise}

\begin{solution}
  可以。我们对阶归纳。$n=1$结论平凡。
  考虑$n>1$.
  如果$a_{11}\neq 0$, 我们可以用第一行的倍加到其他行这样的初等变换，
  通过$a_{11}$把其他的$a_{i1}$都消成$0$, 
  也可以用第一列的倍加到其他列这样的初等变换，
  通过$a_{11}$把其它的$a_{1i}$消成$0$.
  这样$A$变成了形如$\begin{pmatrix}
    a_{11} \\ &A'
  \end{pmatrix}$.
  然后我们把第一行乘$\frac{1}{a_{11}}$加到第二行，这样$a_{21}=1$.
  然后我们用第二行乘$1-a_{11}$加到第一行，这样$(1,1)$位元素变成了$1$. 
  接着把$a_{21}$消成$0$. 从而$A$变成了
  $\begin{pmatrix}
    1\\ &A''
  \end{pmatrix}$的形式，数学归纳法告诉我们要证的成立。
  如果$a_{11}=0$, 由于$\det A\neq 0$, $A$的第一行有非零元素。
  用此非零元素可以把$a_{11}$变成$1$, 这样可归结到$a_{11}=1$的情形。
\end{solution}


\begin{exercise}\label{0D9}
  方阵 $P$ 称为\emph{置换矩阵}，
  若$P$的每行每列都只有一个$1$, 其余元素为$0$.
交换两行 (或两列) 这类初等变换对应的初等矩阵也称为\emph{对换矩阵}。
  \begin{enumerate}
    \item 
      令 $n>1$, $P\in \bF^{n\times n}$. 证明 $P$ 是置换矩阵当且仅当
           $P$是一些对换矩阵的乘积。
    \item   设$P$是置换矩阵。证明 $|P|=\pm 1$, $P^{-1}=P^{\rT}$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) ($\Leftarrow$)
      若$P$是若干个对换矩阵的乘积，那么$P$可由单位矩阵通过若干次交换两行得到，
      所以每列的元素在被置换。
      这样每列只有一个$1$, 而且这些$1$在不同的行。故 $P$ 是置换矩阵。

      ($\Rightarrow$) 若$P=E$, 可任取对换矩阵$Q$, 有$P=E=Q^2$. 
      现在设$P=(p_{ij})\neq E$. 若$p_{11}\neq 1$, 某行第一列有个$1$, 交换这行与第一行；
      若$p_{22}\neq 1$, 某行第二列有个$1$, 交换这行与第二行；
      以此类推，有限次后我们可以得到单位矩阵。
      换句话说，存在对换矩阵$Q_1, Q_2, \cdots, Q_k$使得$Q_k\cdots Q_2Q_1 P=E$. 
      这样$P=Q_1^{-1}Q_2^{-1}\cdots Q_k^{-1}$是一些对换矩阵的乘积。

  (2)  $n=1$时 $P=(1)$, 故行列式为$1$. 若$n>1$, 由于对换矩阵的行列式是$-1$, 
  置换矩阵，作为一些对换矩阵的乘积，其行列式为$\pm 1$.
  要证明 $P^{-1}=P^{\rT}$, 我们可有下面两种方法。

  \fangfa 置换矩阵 $P$ 可写为 $P=\sum_{j=1}^n e_{i_j,j}$,
  其中 $i_1\cdots i_n$ 为一个 $n$ 阶排列。
  那么 $P^{\rT}=\sum_{j=1}^n e_{j,i_j}$, 从而
  \[
    P^{\rT}P=\sum_{j=1}^n e_{j,i_j}\sum_{j=1}^n e_{i_j,j}=\sum_{j=1}^n e_{jj} = E.
  \]
  这样$P^{-1}=P^{\rT}$.

  \fangfa  若$P$是一阶置换矩阵，那么$P=(1)$, 显然有$P^{-1}=P^{\rT}$. 
  考虑$n>1$阶置换矩阵 $P$.
  注意到对对换矩阵 $Q$，我们有$Q^{-1}=Q=Q^{\rT}$. 
  由 (1) 知存在对换矩阵$Q_1, Q_2, \cdots, Q_k$使得$P=Q_1 Q_2\cdots Q_k$. 所以
\begin{align*}  
P^{-1}&= \left( Q_1 Q_2 \cdots Q_k \right)^{-1} 
= Q_{k}^{-1} \cdots Q_2^{-1} Q_1^{-1} \\
&=  Q_k^{\rT} \cdots Q_2^{\rT} Q_1^{\rT} = (Q_1 Q_2\cdots Q_k)^{\rT}= P^{\rT}.
\tag*{\qedhere}
\end{align*}
\end{solution}




\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[2024]{zhengzhoudaxue}}
设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵，$n>1$. 如果对任意 $n$ 阶矩阵 $B$ 都有 $|A+B|=|A|+|B|$, 证明： $A=O$.
\end{exercise}

\begin{solution}
取 $B=A$ 知 $|2 A|=2|A|$.  又 $|2 A|=2^{n}|A|$, 只有 $|A|=0$. 
此时 对任意 $B$ 有 $|A+B|=|B|$.
取$n$阶可逆矩阵 $P, Q$ 使得 
\[
  PAQ= \begin{pmatrix}
    E_r \\ & 0
\end{pmatrix},
\]
取 $B$ 使得 $PBQ=\begin{pmatrix}
  0 \\ & E_{n-r}
\end{pmatrix}$. 那么 
\[
  |P(A+B)Q| = |P||A+B||Q|=|P| |B||Q| = |PBQ|,
\]
若 $r>0$, 则 $|P(A+B)Q|=|E_n|=1$, 而 $|PBQ|=0$, 矛盾了。
因此 $r=0$, $A=0$.
\end{solution}


\begin{exercise}
证明$\bR^{n\times n}$ 中与所有正交矩阵可交换的是纯量矩阵。
\end{exercise}
\begin{solution}
  可设 $n>1$. 令 $B= \begin{pmatrix}E_{r} \\ & -E_{n-r}\end{pmatrix}$, 这是正交矩阵。
  既然 $A B=B A$, 由练习 \ref{077}   知 $A$ 形如 
$A=\begin{pmatrix}A_{1} \\ & A_{2}\end{pmatrix},$ 其中 $A_{1}$ 为 $r$ 阶矩阵。
当 $r$ 取遍 $1, 2, \cdots, n-1$ 时可知 $A$ 为对角矩阵。
令 $A=\diag(\lambda_{1}, \ldots \lambda_{n})$. 
对 $1\leqslant i < j\leqslant n$,
通过初等变换 $r_1\leftrightarrow r_i, c_1\leftrightarrow c_i$ (若$i\neq 1$) 
和初等变换$r_2\leftrightarrow r_j, c_2\leftrightarrow c_j$ (若$j\neq 2$)，
可知 存在置换矩阵 $P$ 使得 
\[
  D\coloneq P^{\rT} A P=\diag(\lambda_{i}, \lambda_{j}, \ldots).
\]
若 $\lambda_{i} \neq \lambda_{j}$, 
取 
\[
  \Omega=\diag\begin{pmatrix}\begin{pmatrix}
          \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 
              -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}}
              \end{pmatrix}, E_{n-2}\end{pmatrix}.
\]
则 $\Omega D\neq D \Omega$ 
(注意到 $\lambda_i\neq \lambda_j$ 时与
  $\begin{pmatrix}\lambda_{i} \\ & \lambda_{j}\end{pmatrix}$ 
可交换的只有对角矩阵)，
亦即 
\[
  A (P\Omega P^{\rT}) \neq (P\Omega P^{\rT}) A.
\]
这与题设相矛盾，因为 $P \Omega P^{\rT}$ 作为正交矩阵的乘积 是正交矩阵。
故只有 $\lambda_i=\lambda_j$. 
进而 $\lambda_{1}=\cdots=\lambda_{n}$, 这样 $A$ 为纯量矩阵。
\end{solution}




\begin{exercise}\label{037}
	设 $A, B\in \bF^{n\times n}$, 且 $A+B=AB$. 证明 $AB=BA$. 
\end{exercise}



\begin{solution}
	由 $A+B=AB$ 知 $(A-E)(B-E)=E$. 故 $A-E$ 和 $B-E$ 互为逆矩阵，从而
    \[ (A-E)(B-E)=E=(B-E)(A-E). \]
    这样 $AB=BA$.
\end{solution}


\begin{exercise}\label{207}
  设$A\in \bF^{n\times n}$. 证明存在$X\in \bF^{n\times n}$使得$AXA=A$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa 
存在可逆矩阵 $P, Q$ 使得 $P A Q=\begin{pmatrix}E_r & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix}$, 取
\[
X=Q\begin{pmatrix}
E_{r} & 0 \\
0 & 0
\end{pmatrix} P.
\]
那么
\[
\begin{aligned}
P A X A Q & =P A Q \cdot Q^{-1} X P^{-1} \cdot P A Q \\
& =\begin{pmatrix}
E_{r} & 0 \\
0 & 0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
E_{r} & 0 \\
0 & 0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
E_{r} & 0 \\
0 & 0
\end{pmatrix} \\
& =\begin{pmatrix}
E_{r} & 0 \\
0 & 0
\end{pmatrix}=P A Q.
\end{aligned}
\]
故 $A X A=A$. 

 \fangfa 
  令$\sA\colon \bF^{(n)}\rightarrow \bF^{(n)}$为$A$乘定义的线性变换。
  记$W=\ker \sA$. 取$\bF^{(n)}$的子空间$V$使得$\bF^{(n)}=W\oplus V$.
  记$U=\im \sA$. 
  $\sA|_{V}\colon V\rightarrow U$ 是单射从而是同构。
  令 $\sB'\colon U\rightarrow V$为其逆，
  令$\sB\colon \bF^{(n)}\rightarrow \bF^{(n)}$为$\sB'$由$U$到$\bF^{(n)}$的任一线性延拓。
  记$X$为$\sB$在自然基下的矩阵。那么对$A$的列空间中的任一向量$u$（即$u\in U$）有
  \[
    AXu=\sA \sB u= u.
  \]
  这样$AXA=A$.
\end{solution}



\begin{exercise}\label{034}
	证明：对任意的 $n$ 阶方阵 $A, B$，等式 $AB-BA=E$ 都不成立。
\end{exercise}





\begin{solution}
  注意到 $\tr (AB-BA) =\tr AB-\tr BA =0$, 而$\tr E=n$, 所以 $AB-BA=E$ 不可能成立。
\end{solution}


\begin{exercise}
设 $A$, $B$ 和 $C$ 是任意 $n\times n$ 矩阵。
\begin{enumerate}
  \item 证明 $\tr (ABC)=\tr (CAB)=\tr (BCA)$. 
  \item 是否 $\tr (ABC)=\tr (BAC)$? 证明或给出反例。
  \end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
  (1) 应用公式：对同阶方阵 $M, N$, $\tr(M N)=\tr(N M)$. 

  (2) 令 
\[
  A=\begin{pmatrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix},\quad
  B=\begin{pmatrix}0 & 0 \\ 1 & 0\end{pmatrix},\quad
C=\begin{pmatrix}a & b \\ c & d\end{pmatrix}.
\]
那么
\[
  A B C=\begin{pmatrix}
  a & b \\
0 & 0
\end{pmatrix}, \quad B A C=\begin{pmatrix}
0 & 0 \\
0 & d
\end{pmatrix}.
\]
因此，取 $C=\begin{pmatrix}0 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}$, 则 $\tr(A B C) \neq \tr(B C A)$. 
\end{solution}


\begin{exercise}
证明：如果 $A_{1}, \cdots, A_{s}$ 为实对称矩阵， $B$ 为实反对称矩阵， 
且满足 $\sum_{i=1}^{s} A_{i}^{2}=B^{2}$, 则 $B=A_{i}=0, i=1,2, \cdots, s$.
\end{exercise}
\begin{solution}
由于 $A_i$ 对称和 $B$ 反称，所给等式可改写为 
\[\tag{$*$}
  \sum_{i=1}^{s} A_{i}^{\rT} A_{i}+B^{\rT} B=0.
\]
注意到：对矩阵 $A$, $\tr (A^{\rT} A)$ 为 $A$ 的所有元素的平方和。
对($*$)取迹可知 
\[
  \sum_{i=1}^{s} \tr(A_{i}^{\rT} A_{i})+ \tr(B^{\rT} B)=0.
\]
这样 $A_{1}, \cdots, A_{s}, B$ 这些实矩阵的所有元素的平方和之和为 $0$,
这样这些矩阵的所有元素为 $0$, 即 $A_{1}=\cdots=A_{s}=B=0$. 
\end{solution}




\begin{exercise}\label{1F8}
  对什么样的正整数$n$, 存在$A\in \bQ^{n\times n}$使得$A^4-A^3+2A+E=0$?
\end{exercise}

\begin{solution}
  $n=1,2,3$时没有，$n\geqslant 4$时有。
  由Eisenstein准则$f=x^4-x^3+2x+1$是$\bQ$上的不可约多项式
  （用$x+1$替换$x$后用$p=3$判断）。
  若$n<4$, $A$的最小多项式的次数小于$4$, 
  而$f$这个不可约多项式没有这样的因子，故不能零化$A$.
  考虑 $n\geqslant 4$, 令$C(f)$为$f$的友阵，
  那么$C(f)\oplus 0_{(n-4)\times (n-4)}$的最小多项式为$f$ (练习 \ref{08A}).
\end{solution}

\paragraph*{可逆矩阵及其逆}

\begin{exercise}\label{029}
	设 $\alpha, \beta\in \bF^{(n)}$. 令 $H= \alpha\beta^{\rT}$. 证明：
   \begin{enumerate}
    \item $\tr H = \beta^{\rT} \alpha$, 其中 $H$ 的迹$\tr H$指其对角元素之和。
    \item $H^2-(\tr H)H=0$.
    \item 若 $\tr H \neq  -1$, 则 $E+H$ 可逆，且
    \[
        (E+H)^{-1} = E - \frac{H}{1+\tr H}.
    \]
\end{enumerate}
\end{exercise}



\begin{solution}
  (1) 设 $\alpha = (x_1, \cdots, x_n)^{\rT},$
      $\beta=(y_1, \cdots, y_n)^{\rT}$. 
      显然$\alpha^T\beta  = \beta^T\alpha = \sum_{i=1}^n x_i y_i$; 
    且 $H = (x_iy_j)$, 从而 \[ \tr H = \sum_{i=1}^n x_iy_i = \alpha^T\beta= \beta^{\rT} \alpha. \]

    (2) 我们有 
    \[ H^2 =  \alpha\beta^{\rT} \alpha \beta^{\rT} 
            =  (\beta^{\rT} \alpha) \alpha \beta^{\rT}
            = (\tr H)H.
    \]
    即 $H^2 - (\tr H) H =0$.

    (3) 令 $A=E+H$, 则 
    \[ (A-E)^2- (\tr H) (A-E)=0, \] 即 
    \[ A^2 -(2+\tr H) A +(1+\tr H) E =0. \]
    由于 $\tr H \neq -1$, 我们有
    \[
            A^{-1} =  -\frac{1}{1+\tr H} (A- (2+ \tr H) E) 
            =  E - \frac{H}{1+\tr H}.
            \tag*{\qedhere}
    \]
\end{solution}



\begin{exercise}\label{027}
   求 $n$ 阶方阵
    \[
        \begin{pmatrix}
            \lambda & 1 & \cdots & 1\\
            1 & \lambda & \ddots & \vdots\\
            \vdots & \ddots & \ddots & 1\\
            1 & \cdots & 1 & \lambda
        \end{pmatrix}
    \]
    的逆（其中 $\lambda\neq 1, 1-n$）。
\end{exercise}




\begin{solution}
  令 $\alpha = (1,1, \cdots, 1)$, 则题中矩阵可写为 
  \[
    A = (\lambda-1)E + \alpha \alpha^{\rT}=(\lambda-1)(E+\frac{1}{\lambda-1}\alpha\alpha^{\rT}).
  \]
  由练习~\ref{029}(3) 中公式知（取$\beta=\frac{1}{\lambda-1}\alpha^{\rT}$）
\begin{align*}
  A^{-1} &=  \frac{1}{\lambda-1} \left(E+\frac{\alpha\alpha^{\rT}}{\lambda-1}\right)^{-1}\\
    &= \frac{1}{\lambda-1} \left(E- \frac{1}{1+\frac{\alpha^{\rT} \alpha}{\lambda-1}} 
    \frac{\alpha\alpha^{\rT}}{\lambda-1}\right)\\
    &= \frac{1}{\lambda-1} \left(E -\frac{\alpha \alpha^{\rT}}{\lambda+n-1}\right)\\
    &= \frac{1}{(\lambda-1)(\lambda+n-1)} 
    \begin{pmatrix}
        \lambda+n-2 & -1 & \cdots & -1 \\
        -1 & \lambda+n-2 & \ddots &  \vdots\\
        \vdots & \ddots & \ddots  & -1\\
        -1 & \cdots & -1 & \lambda+n-2
    \end{pmatrix}.
    \tag*{\qedhere}
\end{align*}
\end{solution}


\begin{exercise}
  设$A, E-A, E-A^{-1}$都是可逆矩阵。证明
  \[
    (E-A)^{-1}+(E-A^{-1})^{-1}=E.
  \]
\end{exercise}
\begin{solution}

  左乘$E-A$且右乘$E-A^{-1}$可以发现$(E-A)^{-1}+(E-A^{-1})^{-1}=E$相当于
  \[
    (E-A^{-1})+(E-A)=(E-A)(E-A^{-1})=E-A^{-1}-A+E.
  \]
  此式显然成立。
\end{solution}


\begin{exercise}[Woodbury]
\label{028} 
	设 $A\in \bF^{m\times n}, B\in \bF^{n\times m}$, 且 $E+BA$ 可逆。证明
  $E+AB$可逆且
    \[
            (E+AB)^{-1} =  E -A(E+BA)^{-1}B.
    \]
\end{exercise}

\begin{solution}
  由练习~\ref{025}~知 $|E+AB|=|E+BA|$, 故$E+AB$可逆当且仅当$E+BA$可逆。
  由
  \[
    A(E+BA)=A+ABA=(E+AB)A
  \]
  知
  \[
    (E+AB)^{-1}A =  A(E+BA)^{-1}.
  \]
 这样
 \begin{align*}
   (E+AB)^{-1} &=  (E+AB)^{-1}((E+AB)- AB)\\
   &=  E- (E+AB)^{-1} AB\\
   &=  E - A(E+BA)^{-1}B.
    \tag*{\qedhere}
 \end{align*}
\end{solution}




\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[2024]{wuda}}
  设 $A, B$ 是 $n$ 阶实矩阵，且 $A^{2}+B^{2}=A B$. 若  $A B-B A$ 是可逆矩阵。
证明 $n$ 是 $3$的倍数。
\end{exercise}

\begin{solution}
\end{solution}


\begin{exercise}\label{024}
  \begin{enumerate}
    \item 对任意的复矩阵 $A$ 和实数 $\varepsilon >0$, 证明 $\varepsilon E + A^{\rH} A$ 是可逆矩阵，其中$A^{\rH} =\bar{A}^{\rT}$.
        特别地，对实矩阵 $A$ 有 $\varepsilon E + A^{\rT}A$ 是可逆矩阵。
    \item 证明对任意的复矩阵 $A$ 有
        $\begin{pmatrix}
            E & A^{\rH} \\
            -A & E
        \end{pmatrix}$
    可逆。
\end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
  (1) 设 $X$ 是列向量使得
  \[ (\varepsilon E + A^{\rH} A) X =0. \]
    那么 \[ X^{\rH} (\varepsilon E + A^{\rH} A) X =0. \]
    从而，$\varepsilon\norm{X}^2 + \norm{AX}^2 =0$, 这样 $\norm{X} =0$, 故 $X=0$. 
    这说明 $\varepsilon E + A^{\rH} A$ 是可逆矩阵。
    
    (2) 由练习~\ref{025}~和(1)知$\begin{vmatrix}
            E & A^{\rH}\\
            -A & E
          \end{vmatrix}=\det (E+AA^{\rH})\neq 0$. 故$\begin{pmatrix}
            E & A^{\rH}\\
            -A & E
        \end{pmatrix}$可逆。
\end{solution}





\begin{exercise}\label{031}
	证明 $E-A$ 可逆，其中$A=(a_{ij})\in \bC^{n\times n}$满足对任意 $i$ 有 $\sum_{j=1}^n |a_{ij}|<1$. 
\end{exercise}



\begin{solution}
  令 $v=(v_1, \cdots, v_n)^{\rT} \in \bC^{(n)}$ 满足 $(E-A)v=0$. 那么对任意 $i=1, \cdots, n$ 有
    \[ v_i-\sum_{j=1}^n a_{ij}v_j=0. \]
    令 $m=\max\{|v_i|\mid 1\leqslant i\leqslant n\}=|v_{i_0}|$. 
    若 $m>0$, 则
    \[
        \begin{aligned}
            m=|v_{i_0}| = \Big\lvert \sum_{j=1}^n a_{i_0j} v_j\Big\rvert & \leqslant \sum_{j=1}^n |a_{i_0j}||v_{j}|\\
            \leqslant \sum_{j=1}^n |a_{i_0j}| m
            <m,
        \end{aligned}
    \]
    矛盾了。故 $m=0$, 从而 $v=0$. 这样 $E-A$ 可逆。
\end{solution}


\begin{remark}\label{02E}
  \starmark 我们可以从矩阵范数的角度如下看 (参见~\parencite[第5章]{HJ14})。
$\bC^{n\times n}$上的最大行和矩阵范数$\Vvert\,\tinybullet\, \Vvert_\infty$
    (参见~\parencite[例5.6.5]{HJ14}) 定义为
    \[
      \Vvert A\Vvert_\infty = \max_{1\leqslant i\leqslant n} \sum_{j=1}^n |a_{ij}|.
    \]
    题设条件表明$\Vvert A\Vvert_\infty<1$. 
    对任意的矩阵范数$\Vvert\, \tinybullet\, \Vvert$有$\rho(A)\leqslant\Vvert A\Vvert$,
    这里$\rho(A)$是$A$的谱半径
    （参见~\parencite[定理5.6.9]{HJ14}）。
    从而题设下$\rho(A)<1$. 进而$E-A$可逆。
\end{remark}





\begin{exercise}\label{01E}
	证明 $A$ 可逆，若 $A=(a_{ij})\in \bR^{n\times n}$ 满足 
  \[
    a_{ii}\geqslant 1\text{~(对任意的 $i$)}, \quad 
    \sum^n_{\substack{i,j=1\\ i\neq j}} a_{ij}^2 <1.
  \]
\end{exercise}



\begin{solution}
  \fangfa 设$X=(x_1, x_2, \cdots, x_n)^{\rT}\in \bR^{(n)}$.
%  使得$AX=0$.  那么对任意$i$有$\sum_{j=1}^n a_{ij}x_j=0$. 
  若$X\neq0$, 则
  \[
    \begin{aligned}
      {X}^{\rT}AX &= \sum_{i,j}a_{ij} {x}_i x_j
      = \sum_{i=1}^n a_{ii}x_i^2 + \sum_{i\neq j}a_{ij}{x}_ix_j\\
      &\geqslant \sum_{i=1}^n x_i^2 -\sum_{i\neq j}|a_{ij} {x}_ix_j|
      \overset{\circled{1}}{\geqslant} \sum_{i=1}^n x_i^2 -\sqrt{\sum_{i\neq j}a_{ij}^2\sum_{i\neq j}x_i^2x_j^2}\\
      &\geqslant \sum_{i=1}^n x_i^2-\sqrt{\sum_{i\neq j}x_i^2x_j^2}
      \overset{\circled{2}}{>} \sum_{i=1}^n x_i^2-\sqrt{\sum_{i, j}x_i^2x_j^2}\\
      &= 0,
    \end{aligned}
  \]
  其中 \circled{1} 用了Cauthy不等式，\circled{2} 是因为$X\neq 0$.
  从而$AX\neq 0$. 这样 $A$可逆。

  \fangfa 
  $A$可写为$A=D(E+B)$, 其中$D=\diag(a_{11}, \cdots, a_{nn})$,
  \[
    B=(b_{ij})\coloneqq \begin{pmatrix}
      0 & \frac{a_{12}}{a_{11}}& \cdots & \frac{a_{1n}}{a_{11}}\\
      \frac{a_{21}}{a_{22}} & 0 & \cdots & \frac{a_{2n}}{a_{22}}\\
      \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
      \frac{a_{n1}}{a_{nn}} & \frac{a_{n2}}{a_{nn}} & \cdots & 0
    \end{pmatrix}
  \]
  我们来证明$B$的谱半径$\rho(B)<1$ (谱半径指所有复特征值的绝对值的最大值),
  从而得到$E+B$可逆 (因为零非特征值)。
  设$Bv=\lambda v$, 其中$\norm{v}=1$. 那么
  \begin{align*}
    |\lambda|^2= \norm{\lambda v}^2 =\norm{Bv}^2 
    &= \sum_{i=1}^n \Big\vert \sum_{j=1}^n b_{ij} v_j\Big\vert^2
    \leqslant \sum_{i=1}^n \left( \sum_{j=1}^n |b_{ij}|^2 \right)\left( \sum_{j=1}^n |v_j|^2 \right)\\
    &= \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n |b_{ij}|^2
    = \sum_{i\neq j}\left(\frac{a_{ij}}{a_{ii}}\right)^2 \\
    &\leqslant  \sum_{i\neq j}a_{ij}^2<1.
  \end{align*}
  这样$\rho(B)<1$, 进而$E+B$可逆，$A$可逆。
\end{solution}

\begin{remark}
\starmark 我们可以从矩阵范数的角度如下看。
  $\bC^{n\times n}$上的$\ell_2$范数（Frobenius范数、Schur范数）$\lVert \,\tinybullet\,\rVert_2$定义为
  \[
    \lVert A\rVert_2=\left( \sum_{i,j=1}^n |a_{ij}|^2 \right)^{\frac{1}{2}}.
  \]
  我们用方法二的记号，那么在题设下，$B$的$\ell_2$范数
  \[
    \lVert B\rVert_2 =\left( \sum_{i\neq j}\Big\lvert \frac{a_{ij}}{a_{ii}}\Big\rvert^2 \right)^{\frac{1}{2}} \leqslant 
    \left( \sum_{i\neq j} |a_{ij}|^2 \right)^{\frac{1}{2}}<1.
  \]
这样$B$的谱半径$\rho(B)\leqslant \lVert B\rVert_2<1$, 进而$E+B$可逆。参见~\parencite[定理5.6.9]{HJ14}.
\end{remark}




\begin{exercise}\label{1E4}
  假设$A\in \bR^{n\times n}$满足$A+A^{\rT}=E$. 证明$A$可逆。
\end{exercise}

\begin{solution}
  对$0\neq X\in \bR^{(n)}$, 我们有
  \[
    X^{\rT}AX=\frac{1}{2}X^{\rT}(A+A^{\rT})X = \frac{1}{2}X^{\rT}X=\frac{1}{2}\norm{X}^2>0.
  \]
  这样$AX\neq 0$. 因此$A$可逆。
\end{solution}



\begin{exercise}
  设$A, B\in \bF^{n\times n}$满足$A^3=B^5=E$, 且$AB=BA$.
  证明$A+B$可逆。
\end{exercise}

\begin{solution}

  $A, B$的最小多项式都没有重根，故$A, B$可相似对角化。
  又$A, B$可交换，它门可同时对角化 (练习 \ref{0A8})。
  这样$A+B$的复特征值等于$A$的复特征值与$B$的复特征值之和。
  $A$的复特征值为$3$次单位根，$B$的复特征值为$5$次单位根，故$A+B$的复特征值都非零。
  这样$A+B$可逆。
\end{solution}


\begin{exercise}\label{20E}
  设$A, B\in \bC^{n\times n}$, 其中$n$是奇数，且$AB=0$. 令$J_A, J_B$分别为$A, B$的Jordan标准形。
  证明$A+J_A$或$B+J_B$不可逆。举例说明$n$是偶数时结论可能不成立。
\end{exercise}

\begin{solution}
  由于$AB=0$, $\rank A+\rank B\leqslant n$. 
  既然$n$是奇数，$\rank A$或$\rank B$小于$\frac{n}{2}$.
  不妨设$\rank A<\frac{n}{2}$, 此时
  \[
    \rank J_A= \rank A<\frac{n}{2}, \quad \Null J_A=\Null A>\frac{n}{2}.
  \]
  这样$\dim \ker A+\dim \ker J_A>n$, 从而$\ker A\cap \ker J_A\neq \{0\}$. 
  取$0\neq v\in \ker A\cap \ker J_A$.
  那么$(A+J_A)v=0$. 这表明$A+J_A$不可逆。


  如果$n$是偶数，结论不见得成立。
  比如令
  \[
    A=\begin{pmatrix}
    1 \\ & 0
  \end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix}
      0 \\ & 1
      \end{pmatrix},
    \]
    取$J_A=B$, $J_B=A$. 那么$A+J_A=E=B+J_B$.
    \end{solution}


\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[2024]{kuangda}}
  设 $G$ 是数域 $\bF$ 上一些 $n$ 阶可逆方阵的集合，
  满足对 $G$ 中任意两个各种各样的矩阵 $A, B$ 都有 $|A+B|=0$.
  设 $X=(x_{i j})$ 是由 $n^{2}$ 个字母 $x_{i j}$ 组成的 $n$ 阶方阵，
  对每一个 $A \in G$, 定义 $n^2$ 元多项式 $f_{A}(X)=|X+A|$. 
\begin{enumerate}
\item 证明： 集合 $\{f_{A}(X)\colon  A \in G\}$ 的任意个有限子集都是线性无关的；
\item 证明： 集合 $G$ 是有限的。
\end{enumerate}
\end{exercise}




\begin{solution}
  (1) 设 $A_{1}, \ldots, A_{m} \in G$. 
考虑线性关系 $\sum_{i=1}^{m} c_{i} f_{A_{i}}(X)=0$, 
亦即 $\sum_{i=1}^{m} c_{i}|A_{i}+X|=0$. 
取 $X=A_{j}$. 由于按假设有 $|A_i+A_j|=0$ (对 $i\neq j$),
可知 $0=c_{j}| 2A_{j}|=2^n |A_j| c_j$. 
而 $|A_{j}| \neq 0$, 故 $c_{j}=0$. 
这就证明 $f_{A_1}(X), \ldots, f_{A_m}(X)$ 线性无关。


(2) 注意到 $f_{A}(X)$ 为次数不超过 $n$ 的 $n^2$ 元多项式。
次数不超过 $n$ 的 $n^2$ 元多项式构成的 $\bF$-线性空间 $V$ 是有限维的。
令 $m=\dim V$. 那么 $V$ 中 线性无关的元素至多只有 $m$ 个。
这样由 (1) 知 $G$ 中至多 $m$ 个元素。
\end{solution}

\paragraph*{矩阵的经典伴随}

\begin{exercise}\label{1E5}\tiyuan{\parencite[2024]{nankai}}
若四阶方阵 $A$ 的伴随矩阵
\[
  A^{*}=\begin{pmatrix}
  -1 & -1 & 1 & 0 \\
0 & -1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & -1 & -1 \\
0 & 0 & 0 & -1
\end{pmatrix}
\]
求 $A^{3n}$ (其中 $n$ 为正整数).
\end{exercise}
\begin{solution}
  我们有 $|A|^{3}=|A^{*}|=1$ (练习 \ref{1E2}). 这样 
\[
  A^{3}(A^{*})^{3}=(A A^{*})^{3}=(|A| E)^{3}=1.
\]
故 $A^{3}=(A^{*})^{-3}$.  易算得 
\[
  (A^{*})^{-1}= \begin{pmatrix}
-1 & 1 & -1 & 2 \\
0 & -1 & 0 & -1 \\
0 & 0 & -1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & -1
  \end{pmatrix},
\]
故 
\[
  A^{3}=\begin{pmatrix}
-1 & 3 & -3 & 12 \\
0 & -1 & 0 & -3 \\
0 & 0 & -1 & 3 \\
0 & 0 & 0 & -1
  \end{pmatrix}.
\]
令 
\[
  J=\begin{pmatrix}
    0 & 1 \\ 0  & 0
  \end{pmatrix}, \quad B=\begin{pmatrix}
    -1 & 3 \\ 0 & -1
  \end{pmatrix}=-E+3J,\quad C=\begin{pmatrix}
    -3 & 12 \\ 0 & -3
  \end{pmatrix}=-3(E-4J).
\]
对正整数 $n$, 容易归纳地证得 (注意应用 $B,C$的交换性)
\[
  A^{3n}= \begin{pmatrix}
    B & C\\ 0& B
  \end{pmatrix}^{n}= \begin{pmatrix}
    B^n & n B^{n-1}C\\0  & B^n
  \end{pmatrix}.
\]
我们有 
\[
\begin{aligned}
  B^n&= (-E+3J)^n=(-1)^n (E-3nJ),\\
  n B^{n-1}C&=  (-1)^{n-1}n (E-3(n-1)J)\cdot -3(E-4J)=(-1)^n3n (E-(3n+1)J).
\end{aligned}
\]
因此
\[\tag*{\qedhere}
  A^{3n}= \begin{pmatrix}
    (-1)^n & (-1)^{n+1} 3n  & (-1)^n3n & (-1)^{n+1}3n(3n+1) \\
    0 & (-1)^n & 0 & (-1)^n3n \\
    0 & 0 &  (-1)^n & (-1)^{n+1} 3n  \\
0  & 0 & 0 & (-1)^n
  \end{pmatrix}.
\]
\end{solution}


\begin{exercise}
  \begin{enumerate}
    \item 证明方阵$A$的所有元素的代数余子式之和在各元素加上同一个元素后不变。
    \item   求方阵$A$的所有代数余子式之和，其中
  \[
    A=\begin{pmatrix}
      1 & -1 & -1 & -1\\
      -1 & 1 & -1 & -1\\
      -1 & -1 & 1 & -1\\
      -1 & -1 & -1 &1
    \end{pmatrix}.
  \]
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 记所给矩阵每个元素加上$a$后得到的矩阵为$A'$,
      $A$和$A'$的$(i,j)$位元素的代数余子式为$A_{ij}$和$A_{ij}'$.
  我们有
  \[
    \sum A_{1j} 
    = \begin{vmatrix}
      1 & \cdots & 1\\
      a_{21} & \cdots & a_{n1} \\
      \vdots & & \vdots \\
      a_{n1} & \cdots & a_{nn}
    \end{vmatrix}
    = \begin{vmatrix}
      1 & \cdots & 1\\
      a_{21}+b & \cdots & a_{n1}+b \\
      \vdots & & \vdots \\
      a_{n1}+b & \cdots & a_{nn}+b
    \end{vmatrix}=\sum A_{1j}'.
  \]
  一般地，$\sum_{j}A_{ij}=\sum_j A_{ij}'$.

  (2) 由(1)知
  \[
    \sum_{i, j}A_{ij}=\begin{vmatrix}
      2 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & 0 \\0 & 0 & 0& 2 
    \end{vmatrix}=32.
  \tag*{\qedhere}
  \]
\end{solution}

\begin{exercise}%[{\cite[P136, 27]{PWS19}}]
  \label{08F}
  证明：
  \marginpar{\parencite[\nopp 4.27]{PWS19}}
  设$A\in \bF^{n\times n}$ ($n\geqslant 2$), $A^*$是$A$的伴随矩阵。
  那么
  \[
    \rank A^* = \begin{cases}
      n, & \text{若$\rank A=n$},\\
      1, & \text{若$\rank A=n-1$},\\
      0, & \text{若$\rank A<n-1$}.
    \end{cases}
  \]
\end{exercise}

\begin{solution}

  我们知道$A  A^*=(\det A)E$. 若$\rank A=n$, 则$A$可逆，
  从而$\det A\neq 0$, 所以$A^*$亦可逆，这样$\rank A^*=n$.
  若$\rank A=n-1$, 那么$\det A=0$, $A A^*=0$, 
  由练习~\ref{051}~知$\rank A^*\leqslant n-\rank A=1$. 
  而$A^*\neq 0$, 故$\rank A^*=1$. 
若$\rank A<n-1$, 那么$A$的$n-1$阶子式都是$0$, 从而$A^*=0$, $\rank A^*=0$. 
\end{solution}



\begin{exercise}%[{\cite[P136, 5]{PWS19}}]
\label{022}
\label{08E}
对 $A\in \bF^{n\times n}$ ($n> 2$), 
\marginpar{\parencite[\nopp 4s.5]{PWS19}}
证明 $A^{**} = (\det A)^{n-2} A$, 其中$(-)^{**}$表示伴随矩阵的伴随矩阵。 
\end{exercise}

\hint 对不可逆的 $A$ 的情形，按照 $A$ 的秩 $\rank A=n-1$ 和 $\leqslant n-2$ 分类讨论一下。

\begin{solution}
  \fangfa 
  先考虑可逆的 $A$. 此时$\det A\neq 0$. 由
    $A A^* = (\det A) E$ 知 $A^*$ 可逆，且
    \[ (A^*)^{-1} = \frac{A}{\det A}, \quad \det A^* = (\det A)^{n-1}. \]
    由
    \[ A^{**} A^* = (\det A^*) E \]
    知
    \[
      A^{**} = (\det A^*) (A^*)^{-1}=(\det A)^{n-2} A.
    \]
    现在假设 $A$ 不可逆，$\det A=0$, 我们要证明 $A^{**} =0$.
    若 $A$ 的秩 $\rank A\leqslant n-2$, 那么 $A^*=0$, 故 $A^{**}=0$.
    若 $\rank A =n -1$, 则 $\rank  A^* = 1\leqslant n-2,$ 
    从而 $A^{**}=0$.


    \fangfa  我们用摄动法。
    视 $A\in \bC^{n\times n}$. 对 $0\neq \varepsilon\in \bC$ 且 $|\varepsilon|$ 充分小有
    $A(\varepsilon) \eqdef A+ \varepsilon E$ 可逆（这点要用到特征值的理论，
    只要 $|\varepsilon|$ 小于 $A$ 的非零特征值的模长的最小值即可），从而
    \[ \left(A(\varepsilon)\right)^{**} = (\det A(\varepsilon))^{n-2} A(\varepsilon). \]
    由于 行列式$\det\colon \bC^{n\times n}\rightarrow \bC$和取伴随
    $(-)^*\colon \bC^{n\times n}\rightarrow \bC^{n\times n}$ 都是连续函数，
    令 $\varepsilon\rightarrow 0$, 得
    \[ A^{**} = (\det A)^{n-2} A. \]
    这个式子当然也在数域 $\bF$ 上成立。
  \end{solution}

\begin{exercise}
  设$A\in \bF^{n\times n}$的秩为$n-1$, 其中$n>2$.
  \begin{enumerate}
    \item 若$A$的各行元素之和都等于$0$，则线性方程组$AX=0$的通解为\tiankong.
    \item 若代数余子式$A_{11}$非零，则线性方程组$AX=0$的通解为\tiankong（利用$A$的元素的代数余子式填空）， 
    $A^* X=0$的通解为\tiankong（利用$A$的列填空），
    $A^{**} X=0$的通解为\tiankong. 
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) $a(1,1,\cdots,1)^{\rT}$, 其中$a \in \bF$.

  (2) $A$不可逆，从而$AA^*=0=A^* A$. 

      $A A^*=0$表明$A^*$的列都是$AX=0$的解。
      既然$A_{11}\neq 0$, $(A_{11}, \cdots, A_{1n})$就是一个非零解。
      而$AX=0$的解空间是一维的，故$AX=0$的通解为$a(A_{11}, \cdots, A_{1n})$, 其中$a\in \bF$.

      由练习~\ref{08F}~知$\rank A^*=1$, 故$A^* X=0$的解空间是$n-1$维的。
      $A^* A=0$表明$A$的列都是$A^* X=0$的解。
      $A_{11}\neq 0$表明$A$的第$2, \cdots, n$列线性无关。
      记$A$的第$i$列为$\alpha_i$. 
      那么$A^* X=0$的通解为$a_2 \alpha_2 + \cdots + a_n \alpha_n$, 其中$a_2, \cdots, a_n\in \bF$.

      由练习~\ref{08E}~知$A^{**} =0$. 这样$A^{**} X=0$的解空间为$\bF^{(n)}$. 
\end{solution}


\begin{exercise}\label{080}
  证明$A\in \bF^{n\times n}$的伴随矩阵$A^*$可表为 $A$的多项式。
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa 
  若$\rank A<n-1$, $A^*=0$, 结论平凡。
  若$\rank A=n$, $A$可逆，$A^*=(\det A)A^{-1}$, 而$A^{-1}$是$A$的多项式
  （见注记~\ref{046}），故$A^*$也是。
  下面设$\rank A=n-1$. 
  考虑线性空间$V=\{B\in \bF^{n\times n}\mid AB=BA=0\}$. 显然$A^*\in V$.
  令齐次线性方程组$AX=0$ (转：$XA=0$) 的（$1$维的）解空间的
  一个基础解系为$\alpha$ (转： $\beta$).
  若 $B\in V$, 则 $AB=0$表明 $B$的任一列是 $\alpha$ 的倍，
  这样 $B$可写为 $B=\alpha \beta_1^{\rT}$, 其中 $\beta_1$是一个列向量。
  又 $0=BA=\alpha\beta_1 A$ 且 $\alpha$ 列满秩 表明
  $\beta_1 A=0$, 因此 $\beta_1$ 为 $\beta$的倍。
  这样 $B=c\alpha\beta^{\rT}$, 对某个 $c\in \bF$. 
  由此易知 $V=\{c\alpha\beta^{\rT}\mid c\in \bF\}$. 这样$\dim V=1$.
  既如此，要证明$A^*$是$A$的多项式，
  只用找到一个可表成$A$的多项式且落在$V$中的非零矩阵。
  令$A$的最小多项式为$m(\lambda)=\lambda g(\lambda)$. 
  由$m(\lambda)$的最小性知$g(A)\neq 0$.
  现在 $g(A)A=Ag(A)=m(A)=0$, 故 $g(A)\in V$. 
  于是 $A^*=cg(A)$, 对某个$c\in \bF$.
这就是我们想要的。

\fangfa
令 $A$ 的特征多项式为
\[
f(\lambda)=\lambda^{n}+a_{1} \lambda^{n-1}+\cdots+a_{n-1} \lambda+a_{n},
\]
那么
\[\tag{$*$}
f(\lambda) E=\lambda^{n} E+a_{1} \lambda^{n-1} E+\cdots+a_{n} E .
\]
    设 $ B(\lambda)$ 是 $\lambda  E- A$ 的伴随矩阵。那么
\[
 B(\lambda)(\lambda  E- A)=|\lambda  E- A|  E=f(\lambda)  E .
\]
因为矩阵 $ B(\lambda)$ 的元素是 $|\lambda  E- A|$ 的各个代数余子式，
都是 $\lambda$ 的多项式， 其次数不超过 $n-1$. 因此由矩阵的运算性质， 
$ B(\lambda)$ 可以写成
\[
 B(\lambda)=\lambda^{n-1}  B_{0}+\lambda^{n-2}  B_{1}+\cdots+ B_{n-1},
\]
其中 $ B_{0},  \cdots,  B_{n-1}$ 都是 $n \times n$ 数字矩阵，
而且 $B_{n-1} =(-1)^{n-1} A^*$.
故
\begin{align*}
 B(\lambda)(\lambda  E- A) %&= \left(\lambda^{n-1}  B_{0}+\lambda^{n-2}  B_{1}+\cdots+ B_{n-1}\right)(\lambda  E- A) \\
&=   \lambda^{n}  B_{0}+\lambda^{n-1}\left( B_{1}- B_{0}  A\right)+\lambda^{n-2}\left( B_{2}- B_{1}  A\right) \\
&\quad  +\cdots+\lambda\left( B_{n-1}- B_{n-2}  A\right)- B_{n-1}  A .
\tag{$**$}
\end{align*}
比较 ($*$) 和 ($**$), 得
\[
\left\{\begin{array}{rl}
 B_{0}&= E, \\
 B_{1}- B_{0}  A&=a_{1}  E, \\
 B_{2}- B_{1}  A&=a_{2}  E, \\
\quad \ldots \ldots \ldots \ldots \\
B_{n-1}- B_{n-2}  A&=a_{n-1}  E.
\end{array}\right.
\]
以 $ A^{n-1},  A^{n-2}, \cdots,  E$ 依次从右边乘上式中的第 $1,2, \cdots, n$ 式
\iffalse
  ，得
\[
\left\{\begin{array}{rl}
 B_{0}  A^{n-1}&= E  A^{n-1}= A^{n-1}, \\
 B_{1}  A^{n-2}- B_{0}  A^{n-1}&=a_{1}  E  A^{n-2}=a_{1}  A^{n-2}, \\
 B_{2}  A^{n-3}- B_{1}  A^{n-2}&=a_{2}  E  A^{n-3}=a_{2}  A^{n-3}, \\
\quad \ldots \ldots \ldots \ldots, \\
B_{n-1}  - B_{n-2}  A &=a_{n-1}  E=a_{n-1} E.
\end{array}\right.
\]
\fi
并把所得的 $n$ 个式子一起加起来即知
\[
  A^*=(-1)^{n-1} (A^{n-1}+a_1A^{n-2}+\cdots + a_{n-2}A+a_{n-1}E.
    \tag*{\qedhere}
  \]
\end{solution}




\begin{exercise}\label{023}
  对 $A, B\in \bF^{n\times n}$, 证明 $ (AB)^* = B^* A^*$.
\end{exercise}


\begin{solution}
  \fangfa  可先对可逆矩阵证明，而对奇异的情形，则使用摄动法归约到非奇异的情形。具体如下。
    若 $A, B$ 可逆，则
    \[
      (AB)^* = \frac{(AB)^{-1}}{\det AB} = \frac{B^{-1}}{\det B} \frac{A^{-1}}{\det A} = B^* A^*.
    \]
    否则视 $A, B\in \bC^{n\times n}$. 考虑实数 $\varepsilon>0$, 
    对 $\varepsilon$ 充分小有 
    \[ 
        A(\varepsilon)\eqdef A+\varepsilon E
        \quad\text{和}\quad B(\varepsilon)\eqdef B+\varepsilon E
    \]
    可逆。
    从而 \[  \left( A(\varepsilon)B(\varepsilon) \right)^* = \left( B(\varepsilon) \right)^* \left( A(\varepsilon) \right)^*. \]
令 $\varepsilon\rightarrow 0$ 得 $(AB)^*=B^*A^*$.
    
    \fangfa  
  设 $(AB)^* = (c_{ij}), B^* A^*=(d_{ij})$. 我们有
    \[
        \begin{aligned}
            c_{ji} &= (-1)^{i+j} \det (AB) \begin{pmatrix}
                1\cdots \hat{i}\cdots n\\
                1\cdots\hat{j}\cdots n
            \end{pmatrix}\\
            &= (-1)^{i+j} \det A
            \begin{pmatrix}
                1\cdots \hat{i}\cdots n\\
                1\cdots n
            \end{pmatrix} B
            \begin{pmatrix}
                1 \cdots n\\
                1\cdots\hat{j}\cdots n
            \end{pmatrix}\\
            &= (-1)^{i+j}\sum_{1\leqslant k_1< \ldots < k_{n-1}\leqslant n} \det A
            \begin{pmatrix}
                1\cdots \hat{i}\cdots n\\
                k_1 \cdots k_{n-1}
            \end{pmatrix}
            \det B
            \begin{pmatrix}
                k_1 \cdots k_{n-1}\\
                1 \cdots \hat{j} \cdots n
            \end{pmatrix}\\
            &\quad \text{(这里应用了 Binet-Cauthy 公式，见练习 \ref{066})}\\
            &= (-1)^{i+j} \sum_{l=1}^n \det A
            \begin{pmatrix}
                1\cdots \hat{i} \cdots n\\
                1\cdots \hat{l} \cdots n
            \end{pmatrix}
            \det B
            \begin{pmatrix}
                1\cdots \hat{l}\cdots n\\
                1\cdots \hat{j} \cdots n
            \end{pmatrix}\\
            &=\sum_{l=1}^n \left(
                (-1)^{l+i} \det A
                \begin{pmatrix}
                    1\cdots \hat{i} \cdots n\\
                    1\cdots \hat{l} \cdots n
                \end{pmatrix}
            \right)
            \left(
                (-1)^{l+j} \det B
                \begin{pmatrix}
                    1\cdots \hat{l}\cdots n\\
                    1\cdots \hat{j} \cdots n
                \end{pmatrix}
            \right) \\
            &= d_{ji}.
        \end{aligned}
    \]
    其中有$\hat{\phantom{i}}$的指标表示该指标不在其中。得证。
\end{solution}

\begin{exercise}
假设 $T = (t_{ij}) \in \bF^{n\times n}$ 是上三角的。
证明 $T^* = (\tau_{ij})$ 是上三角的, 
且有主对角元素 $\tau_{ii} = \prod_{j \neq i} t_{jj}$.
\end{exercise}

\begin{exercise}
设 $A \in \bF^{n\times n}$ 有特征值 $\lambda_1, \cdots, \lambda_n$. 
证明 $A^*$ 的特征值是 $\prod_{j \neq i} \lambda_j$, $i = 1, \cdots, n$.
\end{exercise}

\begin{exercise}
若复方阵 $A$ 的伴随矩阵 $A^*$ 给定，请问$A$ 多大程度上是确定的？
\end{exercise}



\paragraph*{矩阵分解} 这里我们介绍满秩分解、LU分解。
后面我们还会遇到很多不同的矩阵分解：QR 分解 (练习 \ref{0B0}), Cholesky 分解，
奇异值分解 (练习 \ref{21A}), 极分解 (练习 \ref{219})，

\begin{exercise}[满秩分解]\label{030}
	设 $A\in \bF^{m\times n}$, 秩为 $r$.
\begin{enumerate}
\item 证明 $A$ 可分解为 $A=BC$, 其中 $B\in \bF^{m\times r}$列满秩
   $C\in \bF^{r\times n}$ 行满秩。
   \item 若 $A=B_1C_1=B_2C_2$ 中 $A$ 的 两个满足 (1)中条件的分解，
   那么存在可逆矩阵 $P$ 使得  $B_1P=B_2, P^{-1}C_1=C_2$.
   \end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
  (1) 我们知道存在可逆矩阵 $P\in \bF^{m\times m}$ 和可逆矩阵 $Q\in \bF^{n\times n}$ 使得
        $A=P\begin{pmatrix}
            E_r & \\
            & 0
        \end{pmatrix}Q.
    $
    从而
    \[ 
        \begin{aligned}
            A= P\begin{pmatrix}
                E_r & \\
                & 0
            \end{pmatrix}
            = P\begin{pmatrix}
                E_r \\ 0
            \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
                E_r &0
            \end{pmatrix} Q
            = BC,
        \end{aligned}
    \]
    其中 $B=P
    \begin{pmatrix}
        E_r \\ 0
    \end{pmatrix}$ 列满秩，$C=
    \begin{pmatrix}
        E_r &0
    \end{pmatrix} Q$ 行满秩。

    (2) 对 $i=1,2,$ 设 
\[
  B_{i}=Q_i \begin{pmatrix}E_{r} \\ 0\end{pmatrix}, \quad 
  C_{i}=\begin{pmatrix}E_{r} & 0\end{pmatrix} P_{i},
\]
其中 $Q_i, P_i$ 分别为 $m$阶、$n$阶可逆方阵。
由 $B_{1} C_{1}=B_{2} C_{2}$ 知
\[\tag{$*$}
Q_{2}^{-1} Q_{1}
\begin{pmatrix}E_{r} \\ 0\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
E_{r} & 0
\end{pmatrix} P_{1} P_{2}^{-1}=\begin{pmatrix}E_{r} \\ 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
E_{r} & 0
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
E_{r} &  \\ &  0
\end{pmatrix}.
\]
设 
\[
  Q_{2}^{-1} Q_{1}=\begin{pmatrix}X_{1} & X_{2} \\ X_{3} & X_{4}\end{pmatrix}, \quad
  P_{1} P_{2}^{-1}=\begin{pmatrix}Y_{1} & Y_2\\ Y_{3} & Y_{4}\end{pmatrix},
\]
其中 $X_{1}, Y_{1}$ 为 $r$ 阶方阵。
代入上式到 ($*$) 可得
\[
  \begin{pmatrix}X_{1} \\ X_{3} \end{pmatrix} 
  \begin{pmatrix} Y_{1} &  Y_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
E_{r} & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix},
\]
亦即
\[
  X_{1} Y_{1}=E_{r}, \quad X_{1} Y_{2}=0, \quad X_{3} Y_{1}=0, \quad X_{3} Y_{2}=0.
\]
从而 $X_{1}, Y_{1}$ 可逆且互逆，$X_{3}=0, Y_{2}=0$. 令 $P=Y_1=X_1^{-1}$. 那么
\[
  Q_{2}^{-1} Q_{1}\begin{pmatrix} E_{r} \\ 0 \end{pmatrix} =
  \begin{pmatrix}X_{1} \\ X_{3}\end{pmatrix} =
  \begin{pmatrix}X_{1} \\ 0\end{pmatrix} =
  \begin{pmatrix}  E_{r} \\ 0\end{pmatrix} P^{-1}.
\]
两边左乘 $Q_{2}$ 得 $B_{1}=B_{2} P^{-1}$,  $B_{1} P=B_{2}$. 
代入此式到 $B_{1} C_{1}=B_{2} C_{2}$ 得 $B_{1} C_{1}=B_{1} P C_{2}$.
由于列满秩矩阵 $B$ 有左逆，有 $C_1=P C_{2}$. 证毕。
\end{solution}

\begin{exercise}[LU分解]\label{036}
  设$A\in \bF^{n\times n}$. 证明：
  \begin{enumerate}
    \item 若$A$的各顺序主子式都非$0$, 
      则存在分解$A=LU$, 其中$L$是对角线上都是$1$的下三角矩阵，$U$是上三角矩阵，且$L, U$唯一。
    \item 若$A$可逆, 则存在置换矩阵 $P$, 使得 $PA= LU$, 
        其中 $L$ 是对角线上元素都是 $1$ 的下三角矩阵，$U$ 是上三角矩阵。
      \item 举例说明，可逆矩阵$A$不见得能分解为形如$A=LU$. 
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  令$A=(a_{ij})$.

      (1) 对$n$归纳来证明。
      $n=1$时结论平凡。
      考虑$n>1$.
      设$A=\begin{pmatrix}
        A_1 & \alpha_1 \\
        \alpha_2 & a_{nn}
      \end{pmatrix}$.
      我们来解矩阵方程
      \[
        \begin{pmatrix}
        A_1 & \alpha_1 \\
        \alpha_2 & a_{nn}
      \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
        B_1 & 0\\
        \beta_1 & 1
      \end{pmatrix} 
      \begin{pmatrix}
        C_1 & \beta_2 \\
        0 & c
      \end{pmatrix},
      \]
      且要求$B_1$是对角线上都是$1$的下三角矩阵，
      $C_1$是上三角矩阵。
      此矩阵方程相当于
      \[
        \begin{cases}
          B_1 C_1= A_1, \\
          B_1 \beta_2 = \alpha_1,\\
          \beta_1 C_1 = \alpha_2, \\
          \beta_1 \beta_2 + c= a_{11}.
        \end{cases}
      \]
      由归纳假设满足$A_1=B_1C_1$的$B_1, C_1$存在且唯一。
      显然$B_1, C_1$可逆。进而有
      \[
        \beta_2= B_1^{-1} \alpha_1, \quad \beta_1=\alpha_2 C_1^{-1}, \quad 
        c=a_{11} - \beta_1 \beta_2.
      \]
      代入发现这确实是解。所以我们有唯一的解。这就证明了所要求的分解的存在性与唯一性。

      (2) \fangfa  \iffalse
  设$A=(a_{ij})\in \bF^{n\times n}$. 我们对$A$的阶归纳来证明存在置换矩阵$P$使得$PA$的对角元素都非零。
  $n=1$时很平凡。考虑$n>1$. 令$M_{i1}$为$A$划去第$i$行第$1$列得到的$n-1$阶子方阵。
  由于$\det A=\sum_{i=1}^n (-1)^{i+1}a_{i1}\det M_{i1}$不等于$0$,
  存在$i$使得$a_{i1}\neq 0$且$\det M_{i1}\neq 0$, 从而$M_{i1}$可逆。
  交换第$i$行与第$1$行，我们得到了一个新方阵$A'=(a_{ij}')$，满足$a_{11}'\neq 0$, 
  且$M_{11}'$可逆，其中$M_{11}'$为$A'$划去第$1$行第$1$列得到的$n-1$阶子方阵。
  由于$M_{11}'$可逆，由归纳假设，存在置换矩阵$P''$使得$P''M_{11}'$对角上元素都非零。
  令$P=\begin{pmatrix}
    1 \\ & P''
  \end{pmatrix} P'$, 其中$P'$为实现交换第$i$行与第$1$行的初等矩阵。
  显然$P$是置换矩阵，且$A''=PA$的对角元素都非零。得证。
\fi
  我们先说明存在置换矩阵$P$使得$PA$的对角元素都非零。
  由于
  \[
    0\neq \det A=\sum_{i_1i_2\ldots i_n}(-1)^{\tau(i_1i_2\ldots i_n)} a_{i_11} a_{i_22}\cdots a_{i_n n},
  \]
  存在指标的排列$i_1i_2\cdots i_n$使得$a_{i_11} a_{i_22}\cdots a_{i_n n}\neq 0$, 
  从而$a_{i_j j}\neq 0$, 对任意$j$.
  对$1\leqslant j\leqslant n$, 我们依次对换第$i_j$行与第$j$行（如果$i_j\neq j$的话）。
  这样，操作后所得矩阵$A'$的$(j,j)$位元素就是$a_{i_j j}$. 这就是我们要证的。

  既然$A'$对角上元素都非零，我们可以依次借助对角元素
  $a_{11}$, $a_{22}$, $\cdots$, $a_{n-1,n-1}$通过初等行变换把这些元素下方的元素都清零，
  最终得到一个上三角方阵$U$.
  用矩阵乘法看就是：$A'$不断地左乘$L_{ij}= E+\left( -\frac{a_{ij}}{a_{jj}} \right) e_{ij}$ ($i>j$) 
  最终得到一个上三角方阵$U$.
  令$L'$为这些$L_{ij}$的乘积，
  其中顺序要保证第二个指标小的靠右边（这点保证了，第一个指标的顺序不重要）。
  由于$L_{ij}$是对角线上都是$1$的下三角方阵，
  它们的乘积$L'$依然是对角线上都是$1$的下三角方阵，$L'$的逆$L=(L')^{-1}$亦是。
  这样我们有$PA=A'=LU$.

  \fangfa  亦可利用(1)的结论。
  我们对顺序主子式的阶归纳来证明存在置换矩阵$P$使得$PA$的各顺序主子式都非$0$.
  由于$\det A\neq 0$, 存在$a_{i1}\neq 0$.
  若$i\neq 1$, 对换第$i$行与第$1$行，这样的话所的矩阵的$1$阶顺序主子式非零。
  现在考虑$k>1$.
  假设所有的$1$到$k$阶顺序主子式都非$0$. 
  由于$A$的第$1, \cdots, k+1$列线性无关，$A$的前$k+1$列构成的子矩阵$A\begin{pmatrix}
    1& \cdots & n\\
    1& \cdots & k+1
  \end{pmatrix}$的行秩为$k+1$（这里我们应用了矩阵的行秩等于其列秩这个事实），
  可取第$k+1,\cdots,n$行中某行（比如第$j$行）使得
  $A\begin{pmatrix}
    1& \cdots & n\\
    1 & \cdots & k+1
  \end{pmatrix}$的第$1,\cdots,k, j$行线性无关。
  交换$A$的第$k+1$列与第$j$列（若$k+1\neq j$），
  这样所得矩阵的第$1, \cdots, k+1$阶顺序主子式都非零。

  (3) 令$A=\begin{pmatrix}
     0 & 1 \\ 1 & 1
   \end{pmatrix}$. 假设
   \[
    \begin{pmatrix}
     0 & 1 \\ 1 & 1
   \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}
     1 & \\ a &1 
   \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
      b & d\\ & c
    \end{pmatrix}.
   \]
   那么$b=0$, $ab=1$, 这不可能。
\end{solution}

\paragraph*{幂零矩阵}

\begin{exercise}\label{217}
  证明幂零的上三角矩阵恰好形如 
  \[\tag{$*$}
    \begin{pmatrix}
      0 & * & \cdots & *\\
      & \ddots & \ddots & \vdots \\
      & & \ddots & *\\
      & & & 0
    \end{pmatrix}.
  \]
\end{exercise}

\begin{solution}
  设 $n$阶 上三角形矩阵
  \[
    A = \begin{pmatrix}
      a_{11} & * & \cdots & *\\
      & \ddots & \ddots & \vdots \\
      & & \ddots & *\\
      & & & a_{nn}
    \end{pmatrix}
  \]
  幂零。由于 $A^k$形如 
  \[
 \begin{pmatrix}
      a_{11}^k & * & \cdots & *\\
      & \ddots & \ddots & \vdots \\
      & & \ddots & *\\
      & & & a_{nn}^k
    \end{pmatrix},
  \]
  $A$ 幂零表明必有 $a_{ii}=0$ ($i=1,\cdots,n$), 故 $A$ 形如 ($*$). 反过来，
  若 $A$ 形如 ($*$), 则 $A=\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n} a_{ij} e_{ij}$.
  我们断言对充分大 $k$, $A^k=0$. $A^k$ 是形如 $e_{i_1j_1}\cdots e_{i_kj_k}$ 
  ($i_1<j_1,\cdots,i_k<j_k$) 这样的乘积的线性组合，故只用证明对充分大$k$, 任意的
$e_{i_1j_1}\cdots e_{i_kj_k}=0$  ($i_1<j_1,\cdots,i_k<j_k$).
我们反证，假设$e_{i_1j_1}\cdots e_{i_kj_k}\neq 0$. 
注意到 $e_{ij}e_{kl}=\delta_{jk}e_{il}$, 因此必有 
\[
  i_1<j_1=i_2<j_2=i_3<\cdots =i_k<j_k.
\]
因为我们只有 $n$个不同的指标，所以$k>n$时 这样的升链是不存在的，如此得矛盾。
这就证明了对充分大 $k$ 有 $e_{i_1j_1}\cdots e_{i_kj_k}=0$, 从而 $A^k=0$. 
\end{solution}



\begin{exercise}\label{076}
  求与$N, N\oplus N$可交换的方阵，其中
  \[
    N= \begin{pmatrix}
      0 \\
      1 & \ddots\\
      & \ddots & \ddots \\
      & & 1 & 0
    \end{pmatrix}\in \bF^{n\times n}.
  \]
\end{exercise}


\begin{solution}
  $n=1$的情形平凡。我们假设$n>1$.
  注意到$Ne_i=e_{i+1}$, 对$1\leqslant i<n$. 
  若$AN=NA$, 则对$i>1$有$Ae_i=AN^{i-1}e_1=N^{i-1}(Ae_{1})$,
  所以$A$完全被$Ae_1$, 即$A$的第一列，所决定。
  设$Ae_1=(c_0, \cdots, c_{n-1})^{\rT}$. 那么
  \[
    A=\begin{pmatrix}
      c_0 \\
      c_1 & \ddots \\
      \vdots & \ddots  & \ddots \\
      c_{n-2} & & \ddots & \ddots \\
      c_{n-1} & c_{n-2} & \cdots & c_1 & c_0
    \end{pmatrix}=c_0 I + c_1 N + \cdots + c_{n-1} N^{n-1}.
  \]
  所以$A$是$N$的多项式。
  $N$的多项式当然总可与$N$可交换，所以与$N$可交换的正好是$N$的多项式。
  现在设$\begin{pmatrix}
    A_1 & A_2 \\
    A_3 & A_4
  \end{pmatrix}$与$N\oplus N$可交换，即
  \[
    \begin{pmatrix}
      N \\
       & N 
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    A_1 & A_2 \\
    A_3 & A_4
  \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
    A_1 & A_2 \\
    A_3 & A_4
  \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
    N \\
    & N
  \end{pmatrix}.
  \] 
  这个成立显然当且仅当$NA_i=A_iN$, 对任意的$i$.
  故与$N\oplus N$可交换的形如
  \[
    \begin{pmatrix}
    f_1(N) & f_2(N)\\
    f_3(N) & f_4(N)
  \end{pmatrix},
\]
  其中$f_i$是多项式。
\end{solution}



\begin{exercise}\label{0B8}
 方阵$A$称为\emph{幂零}，如对某个正整数$n$有$A^n=0$.
  对 $A\in \bC^{n\times n}$, 证明下列等价：
  \begin{enumerate}
    \item $A$ 幂零；
    \item  $A$ 所有特征值都是$0$;
    \item $A$ 的特征多项式为 $p(\lambda)=\lambda^n$; 
    \item $\tr A^k=0$, 对 $k=1, \cdots, n$;
  \end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
  我们证明(1)$\Rightarrow$(2)$\Rightarrow$(3)$\Rightarrow$(1), (2)$\Rightarrow$(4)$\Rightarrow$(2).

  (1)$\Rightarrow$(2) 若$A$幂零，则$A$有个零化多项式为$\lambda^m$. 
  这样$A$的最小多项式形如$\lambda^k$.
  我们知道特征多项式与最小多项式有相同的根集，这样所有特征值都是$0$.

  (2)$\Rightarrow$(3) 显然。

  (3)$\Rightarrow$(1) 应用Hamilton-Cayley定理。

  	(4)$\Rightarrow$(2). 设 $A$ 的特征值为 $\lambda_1, \cdots, \lambda_n$. 
    则 $A'=\diag(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)$ 相似于 $A$, 这样
    \[ \tr A^k = \tr(A')^k = \sum_{i=1}^n \lambda_i^k. \]
    此时 $\tr A^k=0$ ($k=1, \cdots, n$) 蕴含了 $\sum_{i=1}^n \lambda_i^k=0$ ($k=1, \cdots, n$). 
    由练习~\ref{033}~知所有的 $\lambda_i=0$.

    (2)$\Rightarrow$(4) 如果 $A$ 的所有特征值都是$0$, 
    那么 $A^k$ ($k\geqslant 1$) 的所有特征值都是$0$,
    这样$\tr A^k =0$. 
\end{solution}

\begin{exercise}\label{0B7}
  设$A\in \bC^{n\times n}$是幂零矩阵。
  证明与$A$可交换的方阵构成的集合$\symcal{C}(A)$等于$A$ 的覆系数的多项式的集合 $\bC[A]$
  (即与$A$可交换恰好为$A$的多项式) 当且仅当$\Null A=1$.
\end{exercise}

\begin{solution}
 $A$幂零表明$A$的特征值都是$0$. 

  ($\Leftrightarrow$) 若$\Null A=1$, 则$0$的几何重数为$1$, 从而$A$的Jordan标准型为
  \[
    N=\begin{pmatrix}
      0 & \\
      1 & \ddots \\
      & \ddots & \ddots \\
      & & 1 & 0
    \end{pmatrix}.
  \]
  \fangfa 我们知道$\symcal{C}(N)=\bC[N]$（见练习~\ref{076}）。
  从而易知$\symcal{C}(A)=\bC[A]$.
  \fangfa  这样存在$v\in \bC^{(n)}$使得
  $(v, Av, \cdots, A^{n-1}v)$线性无关，从而构成$\bC^{(n)}$的基。
  假设$B$与$A$可交换且$Bv=\sum_{i=0}^{n-1} a_i(A^{i}v)$.
  我们断言$B=\sum_{i=0}^{n-1} a_i A^i$.
  实际上，
  \[
    B(A^j v)=A^j (Bv)=\sum_{i=0}^{n-1} a_i (A^{i+j} v)=
    \left( \sum_{i=0}^{n-1} a_i A^i \right) (A^j v).
  \]
  故而$B\in \bC[A]$.

  ($\Rightarrow$) 设$A$的Jordan标准型为$J_1\oplus \cdots \oplus J_r$,
  其中$J_i=J(0, s_i)$是$s_i$阶Jordan块。
  下面的$n$个矩阵
\[
  \begin{pmatrix}
    \delta_{i1} J_1^{k_1} \\
     & \ddots \\
     & & \delta_{ir} J_r^{k_r}
   \end{pmatrix}
\]
(其中$1\leqslant i\leqslant r$, $0\leqslant k_i< s_i$, $\delta_{ij}$ 为Kronecker记号)
线性无关且与$A$可交换。
所以若$\symcal{C}(A)=\bC[A]$, 则$A^{n-1}\neq 0$ (否则 $\dim \bC[A]<n$), 从而$\Null A=1$.
\end{solution}

\begin{exercise}
  设 $A\in \bF^{n\times n}$ 是幂零方阵。那么：
  \begin{enumerate}
    \item $\det (E+A)=1$.
    \item 若 $B\in \bF^{n\times n}$满足$AB=BA$, 则 $\det (A+B) = \det B$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 设 $A^m=0$. 这样 $((E+A) - E)^m=0$. 从而 $(\lambda-1)^m$ 是 $E+A$ 的零化多项式。
    这个多项式只有 $\lambda-1$ 一个因子，故 $E+A$ 的特征多项式为 
    $p(\lambda)=(\lambda-1)^n$, 其中 $n$ 是 $A$ 的阶。
    $p(\lambda)$ 的常数项为 $(-1)^n$, 因此 $\det (E+A) =1$. 

    (2) \fangfa  视$A, B$ 为复矩阵。
    既然$A, B$可交换，由练习~\ref{07B}~知
    $A, B$可以同时上三角化。由于$A$的特征值都等于$0$,
    $A+B$和$B$有相同的特征值。因此$\det (A+B)=\det B$.

    \fangfa
    视$A, B$ 为复矩阵。那么对充分小的 $\varepsilon >0$,
    $\varepsilon E+B$可逆。
    $(\varepsilon E+B)^{-1}$可表为$\varepsilon E+B$的多项式，
    从而可表为 $B$ 的多项式。
    $A, B$可交换表明 $(\varepsilon E+B)^{-1}$与$A$可交换。
    又$A$ 幂零，可知 $(\varepsilon E +B)^{-1}A$ 幂零。
    此时
    \begin{align*}
      \det(\varepsilon E+(A+B))&= 
      \det (\varepsilon E +B) (E+ (\varepsilon E+B)^{-1}A) \\
      &= 
      \det (\varepsilon E+B)\det(E+ (\varepsilon E + B)^{-1}A)\\
      &= \det (\varepsilon E+ B). 
    \end{align*}
    令$\varepsilon\rightarrow 0^+$得 $\det (A+B)=\det B$.
\end{solution}


\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[2024]{wuda}}
设 $n$ 阶实方阵 $A$ 的特征值全为实数，且 $A$ 的所有一阶主子式之和和二阶主子式之和都是零，证明： $A^{n}=0$.
\end{exercise}

\begin{solution}
所有一阶主子式之和和所有二阶主子式之和都是相似不变量。通过取 $A$ 的Jordan标准形，
可设$A$为上三角矩阵，对角线上依次为 $A$ 的 $n$个特征值 $\lambda_1,\dots,\lambda_n$. 
按假设 $\lambda_1,\cdots,\lambda_n$都是实数。
由所有一阶主子式之和为 $0$ 知 $\sum_{i=1}^n \lambda_{i}=0$. 
由所有二阶主子式之和为 $0$ 知 
$\sum_{1\leqslant i<j \leqslant n} \lambda_{i} \lambda_{j}=0$.
从而 
\[
  \sum_{i=1}^{n} \lambda_{i}^{2}=(\sum_{i=1}^{n} \lambda_{i})^{2}-2 \sum_{1 \leqslant i<j \leqslant n} \lambda_{i} \lambda_{j}=0.
\]
这样所有 $\lambda_{i}=0$. 故 $A$ 的特征多项式为 $\lambda^{n}$, 
从而由 Hamilton-Cayley定理知 $A^{n}=0$.   
\end{solution}





\begin{exercise}\label{04A}
  对方阵$A, B$, 记$[A,B]=AB-BA$.
  \begin{enumerate}
    \item 令 $A, B\in \bC^{n\times n}$, $C=AB-BA$. 若 $C$ 与 $A$ 可交换，证明 $C$ 幂零。
    \item 更一般地，
  假设存在方阵$A_1, \cdots, A_k, B_1, \cdots, B_k$使得
  \[
    C=[A_1,B_1]+\cdots+[A_k,B_k],
  \]
  而且$C$与$A_1, \cdots, A_k$可交换，证明$C$幂零。
  \end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
  (1) 注意到对正整数 $k$ 有
    \[
        \begin{aligned}
            \tr C^k &=  \tr (C^{k-1}(AB-BA)) 
            = \tr (AC^{k-1}B-C^{k-1} BA) \\
            &= \tr (C^{k-1}BA - C^{k-1}BA)
            = 0
        \end{aligned}
    \]
    这样由练习~\ref{0B8}~知 $C$ 幂零。

    (2) 与(1)类似。
\end{solution}




\begin{exercise}
  令$A, B\in \bC^{n\times n}$. 证明$BA-AB=A$蕴含了$A$幂零。
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa 应用练习~\ref{04A}。

  \fangfa
  设$v$是$B$的特征向量，比如$Bv=\lambda v$. 
  这样$B(Av)=(AB+A)v=(\lambda+1)Av$.
  若$Av\neq 0$, 则$Av$是$B$的属于特征值$\lambda+1$的特征向量。
  由于$B$只有有限个特征值，
  对某个正整数$k$有$A^k v=0$.
  故而$A$奇异。由$AB=BA-A$可见$B$保持$A$的零化空间$W$.
  因此$A, B$诱导了$\bC^{(n)}/W$上的线性变换$A', B'$, 且$B'A'-A'B'=A'$.
  若$A'$幂零则$A$幂零。
  这样对$n$归纳可得$A$幂零。
\end{solution}

\begin{exercise}
  设$N\in \bC^{n\times n}$是幂零矩阵，且$\Null N=1$.
      证明矩阵方程$X^2=N$无解，其中$X$是未知的$n$阶复矩阵。
例如如下的矩阵方程无解：
\[
  X^2=\begin{pmatrix}
    0 & 1 & 2026\\ 0 & 0 & 2025 \\
      0 & 0 & 0
    \end{pmatrix}.
    \]
  \end{exercise}


\begin{proof}
   我们反证。假设该方程有解$A$, 即$A^2=N$. 
  注意到$N$的特征值都是$0$（代数重数为$n$）。
  设$\lambda$是$A$的一个特征值，则$\lambda^2$为$N$的特征值，这样$\lambda=0$.
  所以$A$的特征值只有$0$.
  这样$A$的Jordan标准型形如 $J_A=J(0,k_1)\oplus \cdots \oplus J(0, k_r)$.
%  \[
%        J_A=\begin{pmatrix}
%      0 \\
%      1 & \ddots \\
%      & \ddots & \ddots \\
%      & & 1& 0 \\
%       & & & & \ddots \\
%       & & & & & 0 \\
%      & & & & &1 & \ddots \\
%      & & & & && \ddots & \ddots \\
%      & & & & && & 1 & 0 \\
%    \end{pmatrix}
%    \]
    由于$A^2$相似于$J_A^2$, 我们有$\rank A^2=\rank J_A^2< n-1$.
    但$\rank N=n-\Null N=n-1$, 所以不可能有$A^2=N$. 得证。
\end{proof}





\begin{exercise}
  设$S$是可逆实矩阵构成的有限集，并且$S$对乘积封闭。令$M$为$S$中所有矩阵之和。
  证明
\begin{enumerate}
\item $M^2=nM$, 其中 $n=|S|$.
\item $M=0$当且仅当$\tr M=0$.
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 设 $S=\{M_1, \cdots, M_n\}$. 
  由于$M_i$可逆，$j\neq k$时$M_iM_j\neq M_i M_k$.
  这样$S=\{M_iM_1, \cdots, M_iM_n\}$. 
  特别地，
  \[
    M=\sum_{j=1}^n M_j=M_i\sum_{j=1}^n M_j.
  \]
  这样
  \[
    M^2=(\sum_{i=1}^nM_i)( \sum_{j=1}^n M_j)=nM.
  \]

  (2)  由 $M^2-nM=0$ 知$M$的特征值要么为$0$要么为$n$. 
  若$\tr M=0$, 那么$M$的特征值都是$0$. 
  这表明$M$幂零 (练习 \ref{0B8})。
  进而有
  \[
    M=\frac{1}{n}M^2=\frac{1}{n^3}M^4 = \frac{1}{n^7}M^8=\cdots=0.
    \tag*{\qedhere}
  \]
\end{solution}




\section{杂题}



